Реферат: Методы и приемы решения задач - текст реферата. Скачать бесплатно.
Банк рефератов, курсовых и дипломных работ. Много и бесплатно. # | Правила оформления работ | Добавить в избранное
 
 
   
Меню Меню Меню Меню Меню
   
Napishem.com Napishem.com Napishem.com

Реферат

Методы и приемы решения задач

Банк рефератов / Математика

Рубрики  Рубрики реферат банка

закрыть
Категория: Реферат
Язык реферата: Русский
Дата добавления:   
 
Скачать
Microsoft Word, 1221 kb, скачать бесплатно
Заказать
Узнать стоимость написания уникального реферата

Узнайте стоимость написания уникальной работы

1. Дополнительное построение Продли медиану Характеристика метода. Д овольно часто , когда в условии задачи фигурирует медиана треугольника , бывает полезным продлить ее за точку , лежащую на стороне треугольника , на отрезок , равный самой медиане . Полученная новая точка соединяется с вершиной (вершинами ) исходного треугольник а , в результате чего образуются равные треугольники . Равенство соответствующих элементов этих треугольников помогает найти неизвестную величину или доказать предложенное утверждение. Задача. Докажите , что треугольник является равнобедренным , если совпадают проведенные из одной и той же вершины медиана и биссектриса. Решение. Рассмотрим треугольник ABC (рис . 1). Пусть отрезок BM – его медиана и биссектриса . Продлим BM на отрезок MD = BM . Образовались равные треугольники AMB и MCD (1-й признак равенства треугольников ). Из равенства этих треугольников имеем : (1) AB = CD и (2) Р 1 = Р 3. Используя равенство (2) и то , что Р 1 = Р 2 (по условию ), получим , что треугольник BCD равнобедренный , а , следовательно , BC = CD . Используя полученный вывод и равенство (1) доказываем , что AB = BC , откуда следует истинность утверждения зад ачи. 2. Принцип непрерывности Характеристика метода. Пусть величина k (угол , длина , площадь ) зависит от положения точки X на отрезке (ломаной или другой линии ). Если при одном положении X на отрезке k < 0, а при другом положении X на отрезке k > 0, то найдется такое положение X на этом отрезке , при котором k = 0. Задача. В равностороннем треугольнике ABC проведена медиана AA 1. Есть ли такая точка X на AA 1 , из которой отрез ок BC виден под прямым углом. Решение. Будем искать такое положение точки X , при котором Р BXC = 90° . Начнем мысленно перемещать точку X по отрезку AA 1 от A к A 1 . Обозначим величину угла BXC за j . Когда точка X находится достаточно близко от точки A (рис . 2), тогда я мало отличается от 60° , а поэтому j < 90° . Когда точка X находится достаточно близко от (рис . 3), тогда j . мало отличается от 180° , а поэтому j > 90° . Значит при каком-то положении точки X на AA 1 j . = 90°. 3. Метод доказательства “от противного” Характеристика метода. Имеем для доказательства утверждения вида A Ю B ( A – условие , B – заключение ). Суть доказательства данным методом состоит в следующем : 1) Предполагаем , что заключение B не выполняется. 2) Путем логических рассуждений приходим к тому , что условие A не выполняется , т . е . получаем противоречие с условием. 3) Дальнейший анализ показывает , что причина полученного противоречия кроется в первоначальном предположении. 4) Делаем вывод , что это предположение неверно и , следовательно , заключение B выполняется (что и требовалось доказать ). Задача. Какое наибольшее число острых углов может быть в выпуклом многоугольнике ? Решение. Легко показать , что три острых угла в многоугольнике может быть (например , в треугольнике ). Все попытки построить какой-нибудь выпуклый n -угольник с четыр ьмя острыми углами оказываются тщетными . Возникает гипотеза : максимальное количество острых углов выпуклого многоугольника – три . Докажем ее. 1) Пусть найдется выпуклый многоугольник с большим числом углов , например , с четырьмя. 2) В этом случае сумма че тырех острых углов будет меньше , чем 90°• 4 или 180°• 2. Сумма же остальных n – 4 углов будет меньше , чем 180°• ( n – 4). Тогда сумма всех углов n -угольника меньше , чем 180°• 2 + 180°• ( n – 4) = 180°• ( n – 2), а это невозможно для выпуклого n -угольника (сумма е го углов равна 180°• ( n – 2)). 3) Полученное противоречие кроется в исходном предположении. 4) Наше предположение относительно существования четырех (а как показывает анализ рассуждений и большего количества ) острых углов неверно . Следовательно , максимал ьное количество острых углов выпуклого n -угольника – три. Доказательство выдвинутой гипотезы завершает решение задачи. 4. Метод доказательства “от противного” – 2 Характеристика метода. Имеем для доказательства утверждения вида A Ю B (*) ( A – условие , B – заключение ). Идея доказательства опирается на равносильность теоремы (*) и теоремы противоположной для обратной к данной , т . е . теоремы B Ю я В (**) Суть доказательства данным методом состоит в следующем : 1) Составляем теорему вида (**). 2) Доказываем составленную теорему. 3) Основываясь на описанной выше равносильности делаем вывод , что теорема (утверждение ) (*) верна. Задача. Какое н аибольшее число острых углов может быть в выпуклом многоугольнике ? Решение. Легко показать , что три острых угла в многоугольнике может быть (например , в треугольнике ). Все попытки построить какой-нибудь выпуклый n -угольник с четырьмя острыми углами оказыва ются тщетными . Возникает гипотеза : максимальное количество острых углов выпуклого многоугольника – три . Докажем ее. 1) Составим теорему , противоположную для обратной к данной : если в многоугольнике максимальное число острых углов больше трех , то он не выпу клый. 2) Доказательство : если в многоугольнике острых углов больше трех , то количество тупых углов , смежных к ним (и взятых по одному при вершине ) будет так же больше трех . В этом случае сумма всех смежных углов , взятых по одному при вершине , для данного м ногоугольника будет больше 360° . Известно , что у выпуклого многоугольника данная сумма равна 360° , поэтому данный многоугольник – не выпуклый. 3) Доказав утверждение , сформулированное в пункте 1), мы тем самым доказали и нашу гипотезу. 5. Метод доказательс тва через контрпример Характеристика метода. Данный метод применяется в ситуации , когда надо показать ложность утверждения вида A Ю B. (*) В этом случае создается (строится ) объект (фигура , формула ), который обладает свойствами, входящими в условие A , но не обладает свойствами , присутствующими в заключении B . Существование такого объекта показывает ложность утверждения (*). Конечно , редко встречают ся задачи , где явно требуется доказать ложность некоторого утверждения , но иногда , например после выдвижения гипотезы , легче попытаться опровергнуть ее через контрпример , а потом , в случае неудачи , начать доказывать , чем сразу приступать к доказательству. Задача. Справедливо ли утверждение : если диагонали четырехугольника перпендикулярны , то это ромб ? Решение. Построим контрпример . На рис . 4 изобра жен четырехугольник , диагонали которого перпендикулярны , но который не является ромбом . Существование такого объекта доказывает ложность исходного утверждения. 6. Метод вспомогательных фигур Bспомогательный треугольник Характеристика метода. При помощи н екоторого дополнительного построения (продление отрезка , геометрическое преобразование и др .) получают треугольник , который дает возможность получить решение задачи . Обычно такой треугольник обладает двумя важными для решения задачи свойствами : 1) его эле менты некоторым образом связаны с элементами , фигурирующими в условии задачи ; 2) для его элементов легче найти характеристики , позволяющие получить решение , чем для фигур непосредственно заданных условием. Задача. Доказать , что средние линии треугольника параллельны его сторонам и вдвое меньше их. Решение. Пусть точки K , L , M – середины сторон AB , BC , CA треугольника ABC соответственно (рис . 5). Продолжим отрезок KL за точк у L на отрезок NL = KL и получим вспомогательный треугольник NLC . Тогда D KBL = D NLC (по двум сторонам и углу между ними ). Поэтому BK = CN и Р B = Р 4. Следовательно , AK = CN (так как AK = KB и KB = CN ) и AK || CN (так как Р B = Р 4). Поскольку AK = CN и AK || CN , то KN = AC и KN || AC . Поэтому Р 3 = Р A , Р 1 = Р C и KL = 0,5 AC . Значит , углы треугольника KBL равны углам треугольника ABC , а стороны его вдвое меньше сторон треугольника ABC . Это же верно и для треугольников AKM , MCL , KML , так как они равны треуголь нику KBL . P.S. Кроме описанного метода , при решении данной задачи используется известное дополнительное построение – продление отрезка на отрезок , равный самому себе. 7. Метод введения вспомогательного элемента Вспомогательный отрезок Характеристика метода. Длину некоторого отрезка рассматриваемой в задаче фигуры полагают равной , например , x и затем находят искомую величину . При этом в одних случаях вспомогательная величина в процессе решения задачи “исчезает” (сокращается ), а в других ее нужно определить через данные условия и поставить в полученное для искомой величины выражение. Задача. Найдите площадь выпуклого четырехугольника , диагонали которо го перпендикулярны и равны d 1 и d 2 . Решение. Заметим , что диагонали разбивают четырехугольник на треугольники . Удобно представить его площадь в виде суммы площадей треугольников ABC и ACD (рис . 6). При этом площадь каждого из указанных треугольников будем вычислять по известной формуле S =1/2 Ah причем в качестве основания каждого треугольника выберем диагональ d 1 . В этом случае высоты треу гольников будут давать в сумме диагональ d 2 , а в отдельности будут неизвестны. Для использования в решении формулы (*) введем вспомогательный отрезок – высоту OD треугольника ACD , длину которого обозначим за x . Тогда длина высоты OB треугольника ABC будет равна ( d 2 – x ). Вычислим теперь площадь четырехугольника ABCD : S =1/2 d 1 x + 1/2 d 1 ( d 2 - x )=1/2 d 1 d 2 В резул ьтате получили правило : площадь выпуклого четырехугольника с взаимно перпендикулярными диагоналями равна их полупроизведению. 8. Метод площадей Характеристика метода. Из названия следует , что главным объектом данного метода является площадь . Для ряда фигур , например для треугольника , площадь довольно просто выражается через разнообразные комбинации элементов фигуры (треугольника ). Поэтому весьма эффективным оказывается прием , когда сравниваются различные выражения для площади данной фигуры . В этом случае в о зникает уравнение , содержащее известные и искомые элементы фигуры , разрешая которое мы определяем неизвестное . Здесь и проявляется основная особенность метода площадей – из геометрической задачи он “делает” алгебраическую , сводя все к решению уравнения (а иногда системы уравнений ). Само сравнение выражений для площади фигуры может быть различным . Иногда площадь фигуры представляется в виде суммы площадей ее частей . В других случаях приравниваются выражения , основанные на различных формулах пл ощади для одной и той же фигуры , что позволяет получить зависимость между ее элементами. Суть метода площадей не ограничивается только описанным выше приемом . Иногда бывает полезно рассмотреть отношение площадей фигур , одна из которых (или обе ) содержит в себе искомые элементы. Задача. Найти формулу для площади произвольного треугольника. Решение. Пуст S – площадь треугольника ABC (рис . 7). Проведем высоту BD и получим прямоугольные треугольники ABD и CBD . Очевидно , что S = S ABD + S BCD . Воспользуемся теперь известным правилом нахождения площади прямоугольного треугольника и получим : Заметим , что данное решение было проведено для остроугольного треугольника . В случае же тупоуг ольного треугольника результат не изменится , отличие будет лишь в исходном соотношении для площади S = S ABD – S BCD . Таким образом , сформулируем правило : площадь произвольного треугольника равна половине произведения стороны треугольника на высоту , проведенную к этой стороне. 9. Аналитико – синтетический метод. Анали з – логический приём , метод исследования , состоящий в том , что изучаемый объект мысленно (или практически ) разбивается на составные элементы (признаки , свойства , отношения ), каждый из которых исследуется в отдельности как часть расчлененного целого. Синтез – логический прием , с помощью которого отдельные элементы соединяются в единое целое (другими словами обратный анализу ). Не следует отделять эти методы друг от друга , так как они составляют единый аналитико-синтетический метод . Так при решении сложной зад ачи она с помощью анализа разбивается на ряд более простых задач , а затем при помощи синтеза происходит соединение решений этих задач в единое целое. Пример : ( использование анализа при решении иррациональных уравнений ) - = 1) рассмотрим левую часть : < т.к . x -3< x +9 2) следо вательно - <0 3) но >0 4) приходим к противоречию , а значит - 5) уравнение решения не имеет. 10. Метод сведения к ранее решенным. Суть метода заключается в том , что бы увидеть в данной задаче ранее решенную и сведению решаемой задачи с помощью последовательных преобразований к ней . Если , например , нужно решить уравнение то обычно составляют такую конечную последовательность уравнений , эквивалентных данному , посл едним звеном которого является уравнение с очевидным решением.. Данный метод используется очень широко в тригонометрии (при решении уравнений и неравенств ). Так в самом начале изучения данной темы учащимся предлагают заучить основные тригонометрические тож дества , затем формулы сложения , приведения , суммы и разности . А в дальнейшем сначала вырабатываются умения и навыки решения простейших тригонометрических уравнений. Пример : Найдите значение других трех основных тригонометрических функций , если sinб = - 0.8, Р < б <3 Р /2 После этого переходят к более сложным выражениям , но теперь уже формируются навыки по приведению их к простейшим . Прием "сведения " лежит в основе решения геометрических задач на построение . В каждой задаче этого вида содержится требование : исхо дя из данных фигур (или данных их элементов ), с помощью указанных конструктивных элементов построить фигуру , удовлетворяющую определенным условиям . Это означает , что требуемое построение должно быть сведено к так называемым элементарным построениям , выпол н яемым реальными инструментами . Метод сведения находит постоянные применения при решении текстовых задач арифметическими способами . Суть дела здесь состоит в том , что данная задача сводится к простым задачам . Решение задач на доказательство теорем в своей основе имеет также сведение : доказываемое утверждение сводится к ранее доказанным теоремам и ранее введенным аксиомам и определениям данной научной области . Доказать - это , значит , свести новую теорему (задачу ) в конечном счете , к аксиомам. Вообще решение большинства задач начинается с того , что выясняют можно ли данную задачу свести к более простой рассмотренной ранее. Однако не стоит увлекаться данным методом , поскольку есть опасность того , что учащиеся и в дальнейшем будут мыслить своего рода “по шабл ону” . Вообще , рассмотрение практически любой задачи рекомендуют начинать с того , что следует посмотреть , нет ли в ней скрытого в условии более простого для решения случая. 11. Метод математической индукции Слово индукция по-русски означает наведение , а индуктивными называют выводы , на основе наблюдений , опытов , т.е . полученные путем заключения от частного к общему. А ) Суть метода математической индукции . В о многих разделах арифметики , алгебры , геометрии приходится доказывать истинность предложений А ( n ), зависящих от натуральной переменной . Доказательство истинности предложения А ( n ) для всех значений переменной часто удается провести методом математической и ндукции , который основан на следующем принципе. Предложение А ( n ) считается истинным для всех натуральных значений переменной , если выполнены следующие два условия : 1. Предложение А ( n ) истинно для n =1 . 2. Из предположения , что А ( n ) истинно для n = k ( где k – любое натуральное число ), следует , что оно истинно и для следующего значения n = k +1. Этот принцип называется принципом математической индукции . Обычно он выбирается в качестве одной из аксиом , определяющих натуральный ряд чисел , и , следовательно , приним ается без доказательства. Под методом математической индукции понимают следующий способ доказательства . Если требуется доказать истинность предложения А ( n ) для всех натуральных n , то , во-первых , следует проверить истинность высказывания А (1) и , во-вторых , предположив истинность высказывания А ( k ), попытаться доказать , что высказывание А ( k+1 ) истинно . Если это удается доказать , причем доказательство остается справедливым для каждого натурального значения k , то в соответствии с принципом математической индукци и предложение А ( n ) признается истинным для всех значений n . С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения , касающиеся делимости натуральных чисел. Пример 1 . Докажите , что если от квадрата нечетного числа отнять 1 , то получим число , которое делится на 8 Доказательство. (2n+1) - 1 8 n N 1. Проверим n=1 (2 1 + 1 ) - 7 : 8 8:8 – истина 2.Предположим , что верно n= k (2k+1) -1 :8 3. Докажем , что истинно для n = k +1 (2(k+1)+1) -1 :8 (2(k+1)+1) -1 = 4(k+1)(k+2) , k>1 , k N Т.о . 4( k+1)(k+2) :8 Значит (2n + 1 ) - 1 : 8 Ч.Т.Д. Б ) Применение метода математической индукции к суммированию рядов. Пример 1. Доказать формулу , n – натуральное число. Решение. При n=1 обе части равенства обращаются в единицу и , следовательно , первое условие принципа математической индукции выполнено. Предположим , что формула верна при n=k , т.е. . Прибавим к обеим частям этого равенства и преобразуем правую часть . Тогда получим Таким образом , из того , что формула верна при n=k , следует , что она верна и при n=k+1 . Это утверждение справедливо при любом натуральном значении k . Итак , второе условие принцип а математической индукции тоже выполнено . Формула доказана. Пример 2. Доказать , что сумма n первых чисел натурального ряда равна . Решение. Обозначим искомую с умму , т.е . . При n=1 гипотеза верна. Пусть . Покажем , что . В самом деле, . Задача решена. В ) Примеры применения метода математической индукции к доказательству неравенств . Пример 1. Доказать , что при любом натуральном n>1 . Решение. Обозначим левую часть неравенства через . , следовательно , при n=2 неравенство справедливо. Пусть при некотором k . Докажем , что тогда и . Имеем , . Сравнивая и , имеем , т.е . . При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна . Поэтому . Но , значит , и . Пример 2. Найти ошибку в рассуждении. Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство . Доказательство. Пусть неравенство справедл иво при n=k , где k – некоторое натуральное число , т.е. . (1) Докажем , что тогда неравенство справедливо и при n=k+1 , т.е. . Действительно , не меньше 2 при любом натуральном k . Прибавим к левой части неравенства (1) , а к правой 2. Получим спра ведливое неравенство , или . Утверждение доказано. Пример 3. Доказать , что , где >-1, , n – натуральное число , большее 1. Решение. При n=2 неравенство справедливо , так как . Пусть не равенство справедливо при n=k , где k – некоторое натуральное число , т.е. . (1) Покажем , что тогда неравенство справе дливо и при n=k+1 , т.е. . (2) Действительно , по условию , , поэтому справедливо неравенство , (3) полученное из неравенства (1) умножение м каждой части его на . Перепишем неравенство (3) так : . Отбр осив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое , получим справедливое неравенство (2). Пример 4. Доказать , что (1) где , , n – натуральное число , большее 1. Решение. При n =2 неравенство (1) принимает вид . (2) Так как , то справедливо неравенство . (3) Прибавив к каждой части неравенства (3) по , получим неравенство (2). Этим доказано , что при n=2 неравенство (1) справедливо. Пусть неравенство (1) справедливо при n=k , где k – некоторое натуральное число , т.е. . (4) Докажем , что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n=k+1, т.е. (5) Умножим обе части неравенства (4) на a+b . Так как , по условию , , то получ аем следующее справедливое неравенство : . (6) Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать , что , (7) или , что то же самое, . (8) Неравенство (8) равносильно неравенству . (9) Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел . Если , то , и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел . В обоих случаях неравенство (9) справедливо. Этим доказано , что из справедливости неравенства (1) при n = k следует его справ едливость при n = k +1. Г ) Метод математической индукции в применение к другим задачам . Наиболее естественное применение метода математической индукции в геометрии , близкое к использованию этого метода в теории чисел и в алгебре , - это примене ние к решению геометрических задач на вычисление . Рассмотрим пример. Пример . На сколько треугольников n -угольник (не обязательно выпуклый ) может быть разбит своими непересекающимися диагоналями ? Решение. Для треугольника это число равно единице (в треуго льнике нельзя провести ни одной диагонали ) ; для четырехугольника это число равно , очевидно , двум. Предположим , что мы уже знаем , что каждый k - угольник , где k < n , разбивается непересекающимися диагоналями на k -2 треугольника (независимо от способа разбиения ) . Рассмотрим одно из разбиений n - угольника А 1 А 2 …А n на треугольники. А n А 1 А 2 Пусть А 1 А k – одна из диагоналей этого разбиения ; она делит n - угольник А 1 А 2 …А n на k -угольник A 1 A 2 … A k и ( n - k +2 ) - угольник А 1 А k A k +1 … A n . В силу сделанного предположения , общее число треугольников разбиения будет равно ( k -2)+[( n - k +2)-2]= n -2; тем самым наше утверждение доказано для всех n .
1Архитектура и строительство
2Астрономия, авиация, космонавтика
 
3Безопасность жизнедеятельности
4Биология
 
5Военная кафедра, гражданская оборона
 
6География, экономическая география
7Геология и геодезия
8Государственное регулирование и налоги
 
9Естествознание
 
10Журналистика
 
11Законодательство и право
12Адвокатура
13Административное право
14Арбитражное процессуальное право
15Банковское право
16Государство и право
17Гражданское право и процесс
18Жилищное право
19Законодательство зарубежных стран
20Земельное право
21Конституционное право
22Конституционное право зарубежных стран
23Международное право
24Муниципальное право
25Налоговое право
26Римское право
27Семейное право
28Таможенное право
29Трудовое право
30Уголовное право и процесс
31Финансовое право
32Хозяйственное право
33Экологическое право
34Юриспруденция
 
35Иностранные языки
36Информатика, информационные технологии
37Базы данных
38Компьютерные сети
39Программирование
40Искусство и культура
41Краеведение
42Культурология
43Музыка
44История
45Биографии
46Историческая личность
47Литература
 
48Маркетинг и реклама
49Математика
50Медицина и здоровье
51Менеджмент
52Антикризисное управление
53Делопроизводство и документооборот
54Логистика
 
55Педагогика
56Политология
57Правоохранительные органы
58Криминалистика и криминология
59Прочее
60Психология
61Юридическая психология
 
62Радиоэлектроника
63Религия
 
64Сельское хозяйство и землепользование
65Социология
66Страхование
 
67Технологии
68Материаловедение
69Машиностроение
70Металлургия
71Транспорт
72Туризм
 
73Физика
74Физкультура и спорт
75Философия
 
76Химия
 
77Экология, охрана природы
78Экономика и финансы
79Анализ хозяйственной деятельности
80Банковское дело и кредитование
81Биржевое дело
82Бухгалтерский учет и аудит
83История экономических учений
84Международные отношения
85Предпринимательство, бизнес, микроэкономика
86Финансы
87Ценные бумаги и фондовый рынок
88Экономика предприятия
89Экономико-математическое моделирование
90Экономическая теория

 Анекдоты - это почти как рефераты, только короткие и смешные Следующий
Помните, как мы сидели на занятиях по психологии, изучая собаку Павлова? Долго смеялись, какие глупые у него собаки.
А потом звенел звонок, и мы шли в столовую.
Anekdot.ru

Узнайте стоимость курсовой, диплома, реферата на заказ.

Обратите внимание, реферат по математике "Методы и приемы решения задач", также как и все другие рефераты, курсовые, дипломные и другие работы вы можете скачать бесплатно.

Смотрите также:


Банк рефератов - РефератБанк.ру
© РефератБанк, 2002 - 2016
Рейтинг@Mail.ru