Доказательство от противного примеры 7 класс: ГБОУ Школа № 1492, Москва

Содержание

Метод доказательства «от противного» при изучении темы «Параллельные прямые»

Одной из важнейших задач, которую ставит перед собой учитель математики, начиная курс геометрии – научить ребят доказывать теоремы. Задача сколь важная, столь и сложная. Без кропотливой работы на каждой уроке, без использования наглядных средств, памяток, выполнения разнообразных упражнений эту задачу не решить.

Одним из наиболее сложных методов доказательства является метод «от противного».

Этот метод доказательства основан на логическом приеме апагогии (греч. лат. deductio), когда несостоятельность какого-нибудь мнения доказывается таким образом, что или в нём самом, или же в необходимо из него вытекающих следствиях мы открываем противоречие.

Важно также вспомнить, что выполняется закон исключенного третьего. Суть его легко объяснить на простейших бытовых примерах: третье не существует, т. е., что кроме мнения, справедливость которого нужно доказать, и второго, ему противоположного, которое служит исходным пунктом доказательства, никакой третий факт не допускается.

Еще одной сложностью при работе над доказательством является то, что ученику приходится опираться только на логические выводы – чертеж ему помочь не может. Для школьников, привыкших работать со схемами, где все наглядно и понятно, и зачастую полностью опираться на чертеж при доказательстве, такая работа очень трудна.

Хотя с методом доказательство «от противного» ученики знакомятся довольно рано (при доказательстве теоремы о двух прямых, перпендикулярных третьей), редко кто из ребят схватывает суть доказательства. Наиболее эффективно, по нашему мнению начать работу над этим методом при рассмотрении темы «Параллельные прямые».

Ход урока

Подготовительный этап.

На этом этапе важно научить школьников строить отрицания утверждений.

Пример 1. Постройте отрицание следующих утверждений:

  1. Прямая а параллельная прямой b.
  2. Прямая a пересекает прямую b.
  3. Прямая а пересекает прямую b и прямую c.
  4. Прямая а параллельна прямой b и прямой c.
  5. Прямая а пересекает прямую а или прямую b или прямую с (вариант : Прямая а пересекает одну из прямых b или с).
  6. Прямая а параллельна прямой b или прямой с (вариант : Прямая а параллельна одной из прямых b или с).

Этап знакомства с методом доказательства «от противного».

На уроке по теме «Аксиома параллельных прямых» учащиеся знакомятся с аксиомой параллельных прямых и доказательством следствий из нее.

Перед проведением доказательства полезно раздать учащимся следующие схемы:

Формулировка:                
Дано:
 
Доказательство:  
1) Выясняем, что нужно доказать:  
2) Предполагаем противоположное:  
3) Рассуждаем:  
4) Приходим к противоречию:  
5) Отрицаем предположение как неверное:  
6) По закону исключенного третьего:  

Далее учащиеся получают доказательства следствий, разделенное на этапы – каждый этап на отдельной карточке.

Задача учащихся – собрать доказательство в логическую последовательность, используя схему.

Вот как это выглядит:

Формулировка: Следствие 1. Если прямая пересекает одну из двух параллельных прямых, то она пересекает и другую прямую.
Дано: a ║ b
c ∩ a = M
Доказать: c ∩ b
Доказательство:
1) Выясняем, что нужно доказать: Прямая с пересекает прямую b
2) Предполагаем противоположное:
Прямая с не пересекает прямую b
3) Рассуждаем: Прямая с параллельна прямой b. Прямая а и прямая b параллельны по условию.Через точку M проходят две прямые а и с, параллельные прямой b.
4) Приходим к противоречию: По аксиоме параллельных прямых через точку М может проходить только одна прямая, параллельная прямой b.
5) Отрицаем предположение как неверное: Предположение, что с не пересекает b – неверно.
6) По закону исключенного третьего: Значит с пересекает b.

Формулировка: Следствие 2. Если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны друг другу.
Дано: a ║ с
b ║ с
Доказать: a ║ b
Доказательство:  
1) Выясняем, что нужно доказать: Прямая a параллельная прямой b.
2) Предполагаем противоположное: Прямая a не параллельная прямой b.
3) Рассуждаем: Прямая а пересекает прямую b точке M.Прямая а и прямая с параллельны по условию.Прямая b и прямая с параллельны по условию.Через точку M проходят две прямые a и b, параллельные прямой с.
4) Приходим к противоречию: По аксиоме параллельных прямых через точку М может проходить только одна прямая, параллельная прямой с.
5) Отрицаем предположение как неверное: Предположение, что а не параллельная прямой b – неверно.
6) По закону исключенного третьего: Значит а параллельна b.

Замечания:

  1. Этап рассуждений является самым трудным.
    Первоначально его можно включить в карточку целиком, а впоследствии усложнить задачу, разрезав на отдельные этапы.
  2. При доказательству нужно стараться поменьше использовать условных обозначений, по крайней мере, на этапе знакомства с методом.
  3. Старайтесь не использовать чертеж – он учащихся, как правило, только запутывает.

Удобство и эффективность работы с такими карточками несомненна: они пригодны и для повторения, и для контроля, и для самоконтроля при работе над доказательством.

В качестве упражнений можно предложить учащимся доказать методом «от противного» следующие факты:

  1. Если прямая параллельна одной из сторон угла, то она пересекает другую сторону (прямую, содержащую другую сторону).
  2. Если прямая пересекает одну из сторон треугольника, то она обязательно пересекает одну из оставшихся сторон (вариант: если прямая параллельная одной из сторон треугольника, то она пересекает прямые, содержащие две другие стороны треугольника).

Этап закрепления.

После изучения темы «Свойства углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей», можно предложить учащимся выполнить следующие задания.

Методом доказательства «от противного» докажите:

  1. Если прямые параллельны, то внутренние односторонние углы, образованные при пересечении этих прямых секущей, не могут быть оба тупыми (вариант: Если прямые параллельны, то все углы, образованные при пересечении этих прямых секущей, не могут быть тупыми).
  2. Если прямые параллельны, то внутренние односторонние углы, образованные при пересечении этих прямых секущей, не могут быть оба острыми (вариант: Если прямые параллельны, то все углы, образованные при пересечении этих прямых секущей, не могут быть острыми).

После изучения темы «Сумма углов треугольника», можно предложить учащимся выполнить следующие задания.

Методом доказательства «от противного» докажите:

  1. В треугольнике не может быть два тупых угла.
  2. В треугольнике не может быть два прямых угла.
  3. В равнобедренном треугольнике угол при основании не может быть тупым.

Включая задания на доказательство методом «от противного» в различные темы школьного курса геометрии, учитель способствует развитию логической мышления школьников и математической культуры своих учеников.

Разработка по геометрии на тему » Доказательство от противного. Обратная теорема.»

Урок геометрии в 7 классе

Тема урока: «Искусство рассуждать»

Урок построен на основе технологии проблемно-исследовательского обучения.
Целевое назначение.

1. Активизация и развитие качеств продуктивного мышления.

2. Развитие творческих способностей.

3. Формирование методов и способов научного познания, исследовательских навыков, поисковых процедур.

4. Стимулирование познавательных мотивов: интереса, стремления проникнуть в сущность явлений, осознание значимости знаний.

5. Развитие способностей к анализу, рефлексии.

Последовательность этапов.

1. Создание проблемной ситуации.

· Организация и актуализация определенного опыта, предшествующего проблемной ситуации.

· Организация сбора фактов о каком-либо объекте или явлении.

· Предъявление интересного детям задания (исследовательского проекта), для решения которого у учащихся нет знаний или опыта.

· Создание условий для эмоционального переживания, удивления перед парадоксальностью факта, стимулирование потребности объяснить, разрешить противоречие.

2. Формулирование проблемы.

· Самостоятельный анализ ситуации, выявление противоречивых моментов, отделение известного от неизвестного.

· Самостоятельное формулирование проблемы.

· Планирование этапов и способов решения проблемы.

3. Выдвижение гипотез.

· Самостоятельный (и групповой) сбор фактов, дающий основание для выдвижения гипотез .

· Самостоятельное выдвижение гипотез индивидуально и в групповом обсуждении методом “мозговой атаки” (стимулирование догадки, интуиции).

4. Поиск решения проблемы.

Самостоятельная (и групповая) проверка каждой из гипотез путем: а) дополнительного сбора фактов; б) подведения под известные теоретические знания; в) анализа и дедуктивного обоснования; г) экспериментальной проверки и наблюдения .

5. Формулирование выводов.

· Оформление выводов в виде письменного логического обоснования;

· Формулирование обобщенных выводов, условий, систематизация знаний по проблеме.

6. Применение выводов на практике.

· Самостоятельное составление заданий на применение нового знания.

· Иллюстрация верности найденного способа решения проблемы на задачах данного класса.

Цели урока

Образовательные: ознакомление учащихся с методом доказательства от противного, с математическими софизмами.

Развивающие: развитие способности логически мыслить, выделять проблему и искать пути ее решения, приобщение к научному поиску, развитие умения отстаивать свое мнение.

Воспитательные: привитие интереса к математике, развитие навыков работы в группе, критического отношения к мнению другого.

Оборудование: компьютер, проектор, раздаточный материал, разноцветные(разноуровневые) карточки с заданиями.

«Величие человека в его способности мыслить»

Б.Паскаль

Оргмомент.

Приветствие.

Оцените свое настроение в начале урока, закрасив ту рожицу, которая ему соответствует.

Большую часть информации мы получаем с помощью глаз, зрения. Но не могут ли наши глаза обманывать нас? Я предлагаю вам рассмотреть несколько рисунков. Слайды:

Сравните на глаз длины отрезков АВ и ВС на первых двух рисунках, и определите на глаз прямые или кривые длины на рисунках 3-6.

А теперь воспользуйтесь линейкой и ответьте на эти вопросы еще раз.

Вывод делают дети: зрения человека дает не точную, а иногда ошибочную информацию. Что же делать? Измерять?

Вывод делают дети: самые тщательные измерения оставляют повод для сомнения, так как в них неизбежны ошибки. Кроме того, под рукой может не оказаться измерительных инструментов, да и для всех фигур данного вида невозможно проделать измерения.

Вывод делают дети: надо учиться рассуждать.

Итак, тема урока: «Искусство рассуждать».

Есть такая наука, которая учит, как нужно рассуждать, чтобы наше мышление было определенным связным, последовательным, доказательным и непротиворечивым. Кто знает, что это за наука? (Логика). Я не сомневаюсь, что голова у вас ломится от мыслей, но эти мысли надо упорядочить, направить в русло полезной работы.

Математика поможет вам справиться с этой задачей. Недаром говорят, что математика это гимнастика для ума.

В Древней Греции всех ораторов учили геометрии. На дверях школы было написано: «Незнающий геометрии да не войдет сюда». Это объясняется тем, что геометрия учит рассуждать и доказывать. Речь человека убедительна, когда он доказывает свои выводы.

Считается, что первыми стали применять доказательство древние грехи (6 век до н.э.) Фалес из Милета первым начал игру в «Докажи», которая и продолжается уже 2,5 тысячелетия и конца которой не видно.

Доказательство любой темы это цепочка логических умозаключений, сводящих доказываемую теорему к ранее доказанным теоремам, аксиомам и определениям.

Фронтальная работа:

Давайте повторим, что такое определение? Аксиома? теорема? (опрос детей).

Всякая теорема имеет условие и заключение. Слайды:

Для любой теоремы можно сформулировать обратную, если условие и заключение поменять местами. Слайд:

Но обратная теорема не всегда верна. Давайте попробуем исследовать, верны ли обратные теоремы для предложенных. Слайд:

Итак, утверждение, обратное второму мы назвали верным.

Но истинность всегда приходится доказывать. Доказательство проводят опираясь на аксиомы, определения, уже доказанные свойства фигур. Например, доказательство равенства вертикальных углов перед вами. Слайд:

Исследуйте, каким определением и свойствами воспользовались при доказательстве этой теоремы.

Есть еще один способ доказательства: от противного. Латинское «приведение к абсурду». Слайд. На столе каждого ребенка алгоритм доказательства методом от противного.

Игра.

Учитель: Я говорю слово (или фразу), а вы должны сказать слово (или фразу) противоположное по смыслу. Например, толстый – тонкий.

Горячий — …, голодный — …, медленный — …, принадлежит — …, лежит между — …, разделяет — … и т.д.

Пример, Доказать, что паук – это не насекомое.

Исследовательская работа:

А теперь я предлагаю вам исследовательскую работу. Попробуйте самостоятельно доказать утверждение методом от противного. Я не сомневаюсь, что вы замечательно справитесь с заданием, но если вы не уверены в себе на все 100%, то я вам предлагаю выбрать себе задание по степени сложности синяя, зеленая, желтая, белая, красная. На выполнение задания дается строго регламентированное время 3 минуты.

Синяя: Докажите методом от противного, что Сумма двух углов 160°. Докажите, что эти углы не могут смежными

Зеленая: Докажите методом от противного, что два смежных угла не могут быть оба тупыми.

Желтая: Докажите методом от противного, что если в школе 500 учеников, то хотя бы у 2-х совпадают дни рождения

Белая: Докажите методом от противного, что Дано: А, В, С – точки прямой а, АВ = 5см, АС = 2см, ВС = 7см. Доказать: точка С не лежит между точками А и В.

Красная: Докажите методом от противного Дано: < (а б) = 40°, < (а с) = 50°.Доказать: луч с не проходит между сторонами < (аб).

Групповая работа:

Распределение по группам. Обсуждение. Выбор представителя. Заслушивание. Самооценка.

Домашнее задание (на карточках).

1 карточка. А) Повторить задачи: § 1, № 9(с.6), 25(с.9)

Б) Пункт 17, с. 24

В) Докажите, что если МН = 8 см, МК = 5 см, НК = 10 см, то точка

М не лежит между Н и К.

2 карточка. А) Повторить задачи: § 1, § 1, № 9(с.6), 25(с.9)

Б) Пункт 17, с. 24

В) Докажите, что если < (а б) = 100°, < (б с) = 120°, то луч с не

проходит между сторонами < (а б).

3 карточка. А) Повторить задачи: § 1, § 1, № 9(с.6), 25(с.9)

Б) Пункт 17, с. 24.

В) Проходит ли луч с между сторонами < (а б), если < (а с) и < (б с)

тупые?

Занимательная математика:

Я хочу вас познакомить с одним математическим понятием – софизмом. Софизм – это заведомо ложное умозаключение, имеющее видимость правила. То есть в доказательстве намеренно допускается ошибка, которая приводит к абсурду.

Так, например, можно доказать, что 1=2.

Слайды:

Найдите ошибку в рассуждениях.

Подведение итогов уроков. Рефлексия. Оцените свое настроение в конце урока.

Что такое Аксиома и Теорема? Определение, примеры, доказательства.

Понятие аксиомы

Аксиома — это правило, которое считают верным и которое не нужно доказывать.

В переводе с греческого «аксиома» значит принятое положение — то есть взяли и договорились, что это истина, с которой не поспоришь.

Аксиоматический метод — это подход к получению знаний, при котором сначала разрабатывают аксиомы, а потом с их помощью формулируют новые теории.

Синоним аксиомы — постулат. Антоним — гипотеза.

Основные аксиомы евклидовой геометрии

 
  1. Через любые две точки проходит единственная прямая.

  2. Каждая точка на прямой разбивает эту прямую на две части так, что точки из разных частей лежат по разные стороны от данной точки. А точки из одной части лежат по одну сторону от данной точки.

  3. На любом луче от его начала можно отложить только один отрезок, равный данному.

  4. Отрезки, полученные сложением или вычитанием соответственно равных отрезков — равны.

  5. Каждая прямая на плоскости разбивает эту плоскость на две полуплоскости. При этом если две точки принадлежат разным частям, то отрезок, который соединяет эти две точки, пересекается с прямой. Если две точки принадлежат одной части, то отрезок, соединяющий эти точки, не пересекается с прямой.

  6. От любого луча на плоскости в заданную сторону можно отложить только один угол, который равен данному. Все развернутые углы равны.

  7. Углы равны, если они получились путем сложения или вычитания соответственно равных углов.

Учить наизусть эти аксиомы не обязательно. Главное — помнить о них и держать под рукой, чтобы при доказательстве теоремы сослаться на одну из них.

А теперь давайте рассмотрим несколько аксиом из геометрии за 7 и 8 класс.

Самая известная аксиома Евклида — аксиома о параллельных прямых. Звучит она так:

Через любую точку, которая расположена вне данной прямой, можно провести только одну прямую параллельную данной.

Это значит, что если дана прямая и любая точка, которая не лежит на этой прямой, то через неё можно провести только одну единственную прямую, которая будет параллельна этой первой данной прямой.


У этой аксиомы два следствия:

  • прямая, которая пересекает одну параллельную прямую, обязательно пересекает и другую;
  • если две прямые параллельны третьей, то между собой они также параллельны.

Аксиома Архимеда заключается в том, что, если отложить достаточное число раз меньший из двух отрезков, то можно покрыть больший из них. Звучит так:

Если на прямой есть меньший отрезок А и больший отрезок B, то, можно сложить А достаточное количество раз, чтобы покрыть B.

На картинке можно увидеть, как это выглядит:


Из этого следует, что не существует бесконечно малых и бесконечно больших величин. В качестве математической формулы аксиому можно записать так: А + А + … + А = А * n > В, где n — это натуральное число.

Понятие теоремы

Что такое аксиома мы уже поняли, теперь узнаем определение теоремы.

Теорема — логическое следствие аксиом. Это утверждение, которое основано на аксиомах и общепринятых утверждениях, которые были доказаны ранее, и доказывается на их основе.

Состав теоремы: условие и заключение или следствие.

Среди теорем выделяют такие, которые сами по себе не используются в решениях задач. Но их используют для доказательства других теорем.

Лемма — это вспомогательная теорема, с помощью которой доказываются другие теоремы. Пример леммы: если одна из двух параллельных прямых пересекает плоскость, то и вторая прямая тоже пересекает эту плоскость.

Следствие — утверждение, которое выводится из аксиомы или теоремы. Следствие, как и теорему, необходимо доказывать.

Примеры следствий из аксиомы о параллельности прямых:

  • если прямая пересекает одну из двух параллельных прямых, то она пересекает и другую;
  • если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны.

Доказательство теоремы — это процесс обоснования истинности утверждения.

Каждая доказанная теорема служит основанием доказательства для следующей теоремы. Именно поэтому так важно изучать геометрию последовательно, переходя от аксиом к теоремам.

Способы доказательства геометрических теорем

  • Синтетический или синтез — метод, при котором данное предложение выступает, как необходимое следствие другого, уже доказанного.
  • Аналитический или анализ — обратный синтезу способ. Рассуждения всегда начинаются с доказываемой теоремы и закачиваются другой известной истиной.

Часть аналитического способа — доказательство от противного, когда для доказательства данного предложения убеждают в невозможности предположения противоположного.

Приемы для доказательства в геометрии:

  • Способ наложения — когда одну геометрическую величину накладывают на другую. Этим способом убеждаются в равенстве или неравенстве геометрических протяжений в зависимости от того, совмещаются они или нет при наложении.
  • Способ пропорциональности — применение свойств пропорций. Этот способ пригодится для доказательства теорем про подобные фигуры и пропорциональные отрезки.
  • Способ пределов — когда вместо данной величины берут свойства другой, близкой к ней. А потом перекладывают эти выводы на исходные данные.

Обратная теорема — это такой перевертыш: в ней условие исходной теоремы дано заключением, а заключение — условием.

Прямая и обратная теорема взаимно-обратные. Например:

  • прямая теорема: в треугольнике против равных сторон лежат равные углы.
  • обратная теорема: в треугольнике против равных углов лежат равные стороны.

В первой теореме данное условие — это равенство сторон треугольника, а заключение — равенство противолежащих углов. А во второй всё наоборот.

Противоположная теорема — это утверждение, в котором из отрицания условия вытекает отрицание заключения.

Вот, как выглядит взаимное отношение теорем на примере:

  • Прямая: если при пересечении двух прямых третьей соответственные углы равны, то данные прямые параллельны.
  • Обратная: если две прямые параллельны, то при пересечении их третьей, соответственные углы равны.
  • Противоположная: если при пересечении двух прямых третьей соответственные углы не равны, прямые не параллельны.
  • Обратная противоположной: если прямые не параллельны, соответственные углы не равны.

В геометрическом изложении достаточно доказать только две теоремы, тогда остальные справедливы без доказательства.

Доказательство через синтез

Рассмотрим пример синтетического способа доказательства.

Теорема: сумма углов треугольника равна двум прямым.

Дан треугольник: ABC. Нужно доказать, что A + B + C = 2d.


Доказательство:

Проведем прямую DE, так чтобы она была параллельна AC.

Сумма углов, лежащих по одну сторону прямой, равна двум прямым, следовательно, α + B + γ = 2d.

Так как α = A, γ = C, то заменим в предыдущем равенстве углы α и γ равными им углами: A + B + C = 2d. Что и требовалось доказать.

Здесь исходным предложением в цепи доказательств выбрана теорема о сумме углов, которые лежат по одну сторону прямой. Есть связь с теоремами о равенстве углов накрест-лежащих при пересечении двух параллельных третьею косвенною. Доказываемая теорема есть необходимое следствие всех предложенных теорем и является в цепи доказательств последним заключением.

Доказательство через анализ

Рассмотрим пример аналитического способа доказательства.

Теорема: диагонали параллелограмма пересекаются пополам.

Дан параллелограмм: ABCD.

Доказательство:

Если диагонали пересекаются пополам, то треугольники AOB и DOC равны.

Равенство же треугольников AOB и DOC вытекает из того, что AB = CD, как противоположные стороны параллелограмма и ∠α = ∠γ, ∠β = ∠δ, как накрест-лежащие углы.


Таким образом мы видим, что последовательно данное предложение заменяется другим и такое замещение совершается до тех пор, пока не дойдем до уже доказанного предложения.

Теоремы без доказательств

Теорема Пифагора: квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.

Доказательств может быть несколько. Одно из них звучит так: если построить квадраты на сторонах прямоугольного треугольника, то площадь большего из них равна сумме площадей меньших квадратов. На картинке понятно, как это работает:


Теорема косинусов: квадрат одной стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними. В виде формулы это выглядит так:


где a, b и c — стороны плоского треугольника,

α — угол напротив стороны а.


Следствия из теоремы косинусов:


  • при b² + c² – a² > 0 угол α будет острым;
  • при b² + c² – a² = 0 угол α будет прямым, что соответствуем теореме Пифагора;
  • при b² + c² – a² < 0 угол α будет тупым.

Теорема синусов: стороны треугольника пропорциональны синусам противолежащих углов.

Формула:


где a, b, c — стороны треугольника,

α, β, γ — углы, которые находятся на противоположных сторонах.


Понятия свойств и признаков

У нас есть список аксиом и мы уже знаем, что такое теорема и как ее доказывать. Есть два типа утверждений среди теорем, которые часто встречаются при изучении новых фигур: свойства и признаки.

Свойства и признаки — понятия из обычной жизни, которые мы часто используем.

Свойство — такое утверждение, которое должно выполняться для данного типа объектов. У ноутбука есть клавиатура — это свойство есть у каждого ноутбука. А у электронной книги такого свойства нет.

Примеры геометрических свойств мы уже знаем: у квадрата все стороны равны. Это верно для любого квадрата, поэтому это — свойство.

Такое свойство можно встретить у другого четырехугольника. И клавиатура может быть на других устройствах, помимо ноутбука. Из этого следует, что свойства не обязательно должны быть уникальными.

Признак — это то, по чему мы однозначно распознаем объект.

Звезды в темном небе — признак того, что сейчас ночь. Если человек ходит с открытым зонтом — это признак того, что сейчас идет дождь. При этом ночью не обязательно должны быть видны звезды, иногда может быть облачно. Значит это не свойство ночи.

А теперь вернемся к геометрии и рассмотрим четырехугольник ABCD, в котором AB = BD = 10 см.

Является ли равенство диагоналей признаком прямоугольника? У такого четырехугольника, где AB = BD, диагонали равны, но он не является прямоугольником. Это свойство, но не его признак.


Но если в четырехугольнике противоположные стороны параллельны AB || DC и AD || BC и диагонали равны AB = BD, то это уже верный признак прямоугольника. Смотрите рисунок:


Иногда свойство и признак могут быть эквивалентны. Лужи — это верный признак дождя. У других природных явлений не бывает луж. Но если приходит дождь, то лужи на асфальте точно будут. Значит, лужи — это не только признак, но и свойство дождя.

Такие утверждения называют необходимым и достаточным признаком.

Вникать во все тонкости математической вселенной комфортнее с внимательным наставником. Наши учителя объяснят сложную тему, ответят на неловкие вопросы и вдохновят ребенка учиться. А красочная платформа с увлекательными заданиями поможет заниматься современно и в удовольствие. Запишите ребенка на бесплатный вводный урок математики в онлайн-школе Skysmart и попробуйте сами!

Урок 11. перпендикуляр к прямой — Геометрия — 7 класс

Геометрия

7 класс

Урок № 11

Перпендикуляр к прямой

Перечень рассматриваемых вопросов:

  • Понятие перпендикуляра к прямой.
  • Основание перпендикуляра.
  • Теорема о перпендикуляре к прямой.
  • Понятие теоремы.
  • Метод доказательства от противного.

Тезаурус:

Теорема – утверждение, справедливость которого устанавливается путём рассуждений.

Отрезок – часть прямой, ограниченная двумя точками.

Перпендикуляр к прямой – это отрезок прямой, перпендикулярной к данной, который имеет одним из своих концов их точку пересечения.

Основная литература:

  1. Атанасян Л. С. Геометрия: 7–9 класс. // Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б. – М.: Просвещение, 2017. – 384 с.
  2. Погорелов А. В. Геометрия: 7–9 класс. // Погорелов А. В. – М.: Просвещение, 2017. – 224 с.

Дополнительная литература:

  1. Атанасян Л. С. Геометрия: Методические рекомендации 7 класс. // Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Глазков Ю. А. и др. – М.: Просвещение, 2019. – 95 с.
  2. Зив Б. Г. Геометрия: Дидактические материалы 7 класс. // Зив Б. Г., Мейлер В. М. – М.: Просвещение, 2019. – 127 с.
  3. Мищенко Т. М. Дидактические материалы и методические рекомендации для учителя по геометрии 7 класс. // Мищенко Т. М., – М.: Просвещение, 2019. – 160 с.
  4. Атанасян Л. С. Геометрия: Рабочая тетрадь 7 класс. // Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Глазков Ю. А., Юдина И. И. – М.: Просвещение, 2019. – 158 с.
  5. Иченская М. А. Геометрия: Самостоятельные и контрольные работы 7–9классы. // Иченская М. А. – М.: Просвещение, 2019. – 144 с.

Теоретический материал для самостоятельного изучения.

Пешеходный переход, так называемая «зебра», расположен под углом 90 градусов к улице. Выбор такого угла сделан не случайно. Ведь перейти дорогу пешеходам необходимо как можно быстрее. Такой путь оказывается самым коротким. Чтобы быстрее добраться от метро Площадь Восстания в Санкт-Петербурге до Набережной реки Фонтанки, необходимо идти по Невскому проспекту, перпендикулярно реке.

Ножки стола крепятся перпендикулярно столешнице. Маятник часов расположен перпендикулярно верхней стенке часов.

Если считать улицу, набережную реки Фонтанки, ребро столешницы, ребро стенки часов моделями прямых, то можно говорить, что на каждой картинке построены перпендикуляры к прямой.

Примеры с картой и пешеходным переходом иллюстрируют тот факт, что перпендикуляр к прямой – это кратчайший путь от точки до прямой. Такой путь называется расстоянием.

Пример с часами поможет нам запомнить происхождение слова перпендикуляр. В переводе с французского перпендикуляр означает висеть. То есть, перпендикуляр – это отвес.

Дадим определение перпендикуляра к прямой.

Мы знаем, что перпендикулярными прямыми называются две пересекающиеся прямые, которые образуют при пересечении четыре прямых угла.

Часть одной из этих прямых является перпендикуляром к прямой.

Выделенная часть прямой ограничена двумя точками, значит, по определению, – это отрезок. Один из концов этого отрезка является точкой пересечения перпендикуляра и прямой, к которой он проведен.

Определение:

перпендикуляр к прямой – это отрезок прямой, перпендикулярной к данной, который имеет одним из своих концов их точку пересечения.

Н – основание перпендикуляра.

Предположим, что вы купаетесь в море недалеко от берега. Вдруг появилась акула, необходимо срочно плыть к берегу. Конечно, вы выберите самый короткий путь. А мы уже знаем, что в геометрии этот путь называют перпендикуляром к прямой.

Всегда ли можно найти кратчайший путь? Сколько существует способов построения кратчайшего пути?

Если на пути нет препятствий, например, здания, ямы, в данном примере – других пловцов, то самый короткий путь проделать можно. И такой путь единственный.

В геометрии любое утверждение требует доказательства. Сформулируем теорему о перпендикуляре к прямой.

Теорема: из точки, не лежащей на прямой, можно провести перпендикуляр к этой прямой, и притом только один.

По условию теоремы нам даны прямая и точка.

Заключение теоремы состоит из двух частей – существование перпендикуляра и его единственность.

Дано:

BC – прямая

Доказать:

1. Через точку А можно провести перпендикуляр к прямой BC.

2.Данный перпендикуляр единственный.

Доказательство:

  1. Отложим от луча BC∠MBC =∠ABC.
  2. Наложим ∠MBC на ∠ABC, BC и BA совместятся с BC и BM, точка A наложится на точку A1 ϵ BM.
  3. H–точка пересечения прямой AA1 и BC.
  4. AHBC.

  1. Допустим, существует другой перпендикуляр AH1AHBC и AH1BC, это невозможно.

Теорема доказана.

Разбор заданий тренировочного модуля.

Задание 1. Построить перпендикуляр к прямой.

Для этого можно использовать чертёжный угольник, одну сторону которого от угла в 90 градусов прикладываем к прямой, к которой проведём перпендикуляр из точки, не лежащей на этой прямой, а вторую сторону угольника совместим с точкой, от которой проведём перпендикуляр к прямой.

Задание 2. На рисунке изображены два перпендикуляра АB и СD к прямой а, при этом АB = СD.

Докажем, что треугольники ABD и CDВ равны.

Дано:

АB = СD

AB а

СDа

Доказать:

∆ABD = ∆CDВ

Доказательство:

По условию в треугольниках ABD и CDВ, сторона АBравна стороне СD.

AB а =>∠ABD = 90° (по определению перпендикулярных прямых).

СD а => ∠CDВ = 90° (по определению перпендикулярных прямых).

Следовательно, ∠ABD = ∠CDВ.

Сторона BD – общая,

Следовательно, ∆ABD = ∆CDВ

(по первому признаку равенства треугольников: по двум сторонам и углу между ними).

Что и требовалось доказать.

Урок 20. аксиома параллельных прямых — Геометрия — 7 класс

Геометрия

7 класс

Урок № 20

Аксиома параллельных прямых

Перечень рассматриваемых вопросов:

  • Аксиомы и теоремы.
  • Исторические сведения об аксиоматическом построении евклидовой геометрии.
  • Параллельные и перпендикулярные прямые.
  • Признаки параллельности прямых.
  • Решение задач на доказательство параллельности прямых.

Тезаурус:

Аксиома – это утверждение, которое принимается в качестве исходного, без доказательства в рамках данной теории.

Аксиома параллельных прямых.

Через точку, не лежащую на данной прямой, проходит только одна прямая, параллельная данной.

Следствия из аксиомы.

Если прямая пересекает одну из двух параллельных прямых, то она пересекает и другую.

Если две прямые, параллельны третьей прямой, то они параллельны.

Основная литература:

  1. Атанасян Л. С. Геометрия: 7–9 класс. // Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б. – М.: Просвещение, 2017. – 384 с.

Дополнительная литература:

  1. Атанасян Л. С. Геометрия: Методические рекомендации 7 класс. // Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Глазков Ю. А. и др. – М.: Просвещение, 2019. – 95 с.
  2. Зив Б. Г. Геометрия: Дидактические материалы 7 класс. // Зив Б. Г., Мейлер В. М. – М.: Просвещение, 2019. – 127 с.
  3. Мищенко Т. М. Дидактические материалы и методические рекомендации для учителя по геометрии 7 класс. // Мищенко Т. М., – М.: Просвещение, 2019. – 160 с.
  4. Атанасян Л. С. Геометрия: Рабочая тетрадь 7 класс. // Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Глазков Ю. А., Юдина И. И. – М.: Просвещение, 2019. – 158 с.
  5. Иченская М. А. Геометрия: Самостоятельные и контрольные работы 7–9 классы. // Иченская М. А. – М.: Просвещение, 2019. – 144 с.

Теоретический материал для самостоятельного изучения

Построение геометрии

Геометрия на плоскости изучает фигуры: сначала даются их определения, затем доказываются свойства или отношения в виде теорем.

Однако есть утверждения, которые принимаются в качестве исходных, они не доказываются. Это аксиомы.

Аксиома – происходит от греческого «аксиос», что означает «ценный, достойный». Изначально имело смысл «самоочевидная истина».

Теорема – греческое слово, означает «зрелище, представление». В математике греков употреблялось в смысле «истина, доступная созерцанию».

Аксиома параллельных прямых.

Через точку, не лежащую на данной прямой, проходит только одна прямая, параллельная данной.

Следствия из аксиомы.

Если прямая пересекает одну из двух параллельных прямых, то она пересекает и другую.

Если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны.

Впервые аксиоматический подход к изложению геометрии был изложен в знаменитом сочинении Евклида «Начала» в III веке до нашей эры. Геометрию, которую мы изучаем, по сей день, называют евклидовой. Схема изучения геометрии представлена так: задаются начальные понятия (точка, прямая, плоскость), определения фигур (отрезок, луч, треугольник и др.). Затем изучаются свойства или отношения между ними в виде аксиом или теорем.

Приведём примеры аксиом, которые уже встречали в предыдущих параграфах, хотя они не назывались аксиомами.

  • Через любые две точки проходит прямая, и притом только одна.
  • На любом луче от его начала можно отложить отрезок, равный данному, и притом только один.
  • От любого луча можно отложить угол, равный данному неразвёрнутому углу, и притом только один.

Евклид является автором аксиоматического подхода к построению геометрии.

Аксиома параллельных прямых:

через точку, не лежащую на данной прямой, проходит только одна прямая, параллельная данной.

На рисунке через точку М проведены две прямые. Но только одна из них прямая b параллельна прямой а.

Утверждения, которые выводятся из аксиом или теорем, называются следствиями, и они доказываются.

Следствия из аксиомы параллельных прямых.

1. Если прямая пересекает одну из двух параллельных прямых, то она пересекает и другую.

Доказательство методом от противного.

Пусть a b, c пересекает прямую a в точке M. Предположим, что прямая c не пересекает b. Тогда через точку M проходит две прямые a и c параллельные b. Это противоречит аксиоме, значит предположение неверно, т. е. прямая c пересекает b.

2. Если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны.

Доказательство методом от противного.

Пусть a ║ c, b ║ c.

Предположим, что прямые a и b не параллельны, т. е. пересекаются в точке M. Тогда через точку M проходит две прямые a и b параллельные c. Это противоречит аксиоме, значит, предположение неверно, т. е. прямая a параллельна прямой b.

Разбор заданий тренировочного модуля

№ 1. Доказать существование прямой, параллельной данной.

Объяснение:

Доказательство:

  1. Проведём через точку М прямую c ┴ а.
  2. Затем проведём прямую b c.
  3. Так как прямые a и b перпендикулярны прямой c, то они параллельны.

№ 2. Через точку А, не лежащую на прямой р, проведены четыре различные прямые.

Сколько из них пересекает прямую р?

Объяснение.

1 случай. Если одна из прямых параллельна р. Тогда три других пересекают прямую р, согласно следствию 1 из аксиомы параллельных прямых.

2 случай. Если ни одна из прямых не параллельна р. Тогда все четыре пересекают прямую р.

Ответ: 3 или 4.

Способы доказательства теорем и приемы решения геометрических задач

Аксиома есть очевидная истина, не требующая доказательства.

Теорема или предложение есть истина, требующая доказательства.

Доказательство есть совокупность рассуждений, делающих данное предложение очевидным.

Доказательство достигает своей цели, когда при помощи его обнаруживается, что данное предложение есть необходимое следствие аксиом или какого-нибудь другого предложения, уже доказанного.

Всякое доказательство основано на том начале, что при правильном умозаключении из истинного предложения нельзя вывести ложного заключения.

Состав теоремы. Всякая теорема состоит из двух частей, a) условия и b) заключения или следствия.

Условие иногда называют предположением. Оно дано и поэтому иногда получает название данного.

Обратная теорема. Предложение, у которого заключение данной теоремы делается условием, а условие заключением, называется теоремой обратной данной.

В таком случае данная теорема называется прямой.

Две теоремы в совокупности, прямая и обратная, называются взаимно-обратными теоремами.

Они находятся в таком взаимном отношении, что, выбрав любую из них за прямую, можно другую принять за обратную.

В двух взаимно-обратных предложениях одно из них вытекает как необходимое следствие другого.

Если в теореме мы обозначим условие буквой, стоящей на первом месте, а заключение буквой, стоящей на втором месте, то прямую теорему можно схематически представить выражением (Aa), а обратную выражением (aA).

Выражение (Aa) схематически представляет предложение: если имеет место A, то имеет место a.

Если для данного предложения (Aa) имеет место и теорема (aA), то обе теоремы (Aa) и (aA) называются взаимно-обратными теоремами.

Примером двух таких взаимно-обратных теорем могут послужить теоремы:

Первая теорема. В треугольнике против равных сторон лежат равные углы.

Вторая теорема. В треугольнике против равных углов лежат равные стороны.

В первой теореме данным условием будет равенство сторон треугольника, а заключением равенство противолежащих углов, а во второй наоборот.

Не всякая теорема имеет свою обратную.

Примером арифметического предложения, не имеющего своего обратного, может послужить следующая теорема. Если в двух произведениях множители равны, то и произведения равны.

Обратное предположение несправедливо. Действительно, из того, что произведения равны, не следует, что множители равны.

Примером геометрического предложения, для которого обратное предложение не имеет места, может послужить теорема: во всяком квадрате диагонали равны.

Предложение обратное этому будет: если диагонали четырехугольника равны, то он будет квадратом.

Это предположение неверно, ибо диагонали бывают равными не в одном квадрате.

Так как обратное предположение не всегда справедливо, то каждый раз обратное предложение требует особого доказательства.

В теории геометрических доказательств весьма важно иногда знать, когда данное предложение допускает свое обратное.

Для этой цели может послужить следующее правило обратимости. Когда в предположении всем возможным и различным условиям соответствуют все возможные и различные заключения, обратное предложение имеет место.

Рассмотрим для примера.

Прямое предложение. Если два треугольника имеют по две равные стороны, то третья сторона будет больше, равна или меньше третьей стороны другого треугольника, смотря по тому, будет ли угол между равными сторонами больше, равен или меньше соответствующего угла другого треугольника.

В этом предложении трем различным и возможным предположениям об угле соответствуют три различных и возможных заключения о противолежащей стороне, поэтому, согласно с правилом обратимости, данная теорема допускает обратное предположение:

Когда два треугольника имеют по две равных стороны, угол между ними будет больше, равен или меньше соответствующего угла другого треугольника, смотря по тому, будет ли третья сторона больше, равна или меньше третьей стороны данного треугольника.

Кроме обратной прямая теорема может иметь свою противоположную.

Противоположная теорема есть такая, в которой из отрицания условия вытекает отрицание заключения.

Противоположная теорема может иметь свою обратную.

Чтобы обобщить все эти теоремы, мы их представим схематически в следующей общей форме:

  1. Прямая или основная теорема. Если имеет место условие или свойство A, то имеет место заключение или свойство B.

  2. Обратная. Если имеет место B, то имеет место A.

  3. Противоположная. Если не имеет места A, то не имеет места B.

  4. Обратная противоположной. Если не имеет места B, то не имеет места A.

Следующие примеры поясняют на частных случаях взаимное отношение этих теорем:

  1. Прямая теорема. Если при пересечении двух данных прямых третьей соответственные углы равны, то данные прямые параллельны.

  2. Обратная теорема. Если две прямые параллельны, то при пересечении их третье, соответственные углы равны.

  3. Противоположная. Если при пересечении двух прямых третьей соответственные углы не равны, прямые не параллельны.

  4. Обратная противоположной. Если прямые не параллельны, соответственные углы не равны.

При геометрическом изложении теорем достаточно доказать только две из этих трех теорем, тогда остальные две теоремы справедливы без доказательства.

На этой связи теорем основан прием, по которому для доказательства обратной теоремы ограничиваются часто только доказательством теоремы противоположной.

Способы геометрических доказательств

Для доказательства геометрических теорем существует два основных способа: синтетический и аналитический.

Эти методы называют иногда сокращенно синтезом и анализом.

Синтез есть такой метод доказательства, в котором данное предложение является необходимым следствием другого, уже доказанного.

В синтезе цепь доказательств начинается с какого-нибудь известного предложения и оканчивается данным предложением. При доказательстве исходное предложение сопоставляется с аксиомой или с другим уже известным предложением. Синтетический способ удобен для вывода таких новых предложений, которые заранее не обозначены. Для доказательства же данного предложения он представляет много неудобств. В нем не видно: a) какую из известных теорем нужно выбрать для того, чтобы доказываемое предложение вытекало как ее необходимое следствие, и b) какое из следствий выбранного предложения приводит к доказываемому предложению.

Синтез называют поэтому не методом открытия новых истин, а методом их изложения.

Впрочем и при самом изложении теорем методом синтетическим является неудобство в том отношении, что не видно, почему за исходную истину в цепи доказательств выбрано то, а не другое предложение, то, а не другое его следствие.

Примером синтетического способа доказательства может послужить следующая теорема.

Теорема. Сумма углов треугольника равна двум прямым.

Дан треугольник ABC (черт. 224).

Требуется доказать, что A + B + C = 2d.

Доказательство. Проведем прямую DE параллельную AC.

Сумма углов, лежащих по одну сторону прямой, равна двум прямым, следовательно,

α + B + γ = 2d

Так как

α = A, γ = C

то, заменяя в предыдущем равенстве углы α и γ равными им углами, имеем:

A + B + C = 2d (ЧТД).

Здесь исходным предложением в цепи доказательств выбрана теорема о сумме углов, лежащих по одну сторону прямой.

Она поставлена в связь с теоремами о равенстве углов накрест-лежащих при пересечении двух параллельных третьею косвенною.

Доказываемая теорема есть необходимое следствие всех предложенных теорем и является в цепи доказательств последним заключением.

Анализ есть способ обратный синтезу. В анализе цепь рассуждений начинается доказываемой теоремой и оканчивается какой-нибудь другой уже известной истиной.

Анализ является в двух видах. От доказываемого предложения мы можем перейти к предложению, служащему его ближайшим основанием или его ближайшим следствием.

Переходя от данного предложения к предложению, служащему его ближайшим основанием, мы смотрим на данное предложение как на необходимое следствие.

Переходя от данного предложения к его ближайшему следствию, мы смотрим на данное предложение как на основание для цепи умозаключений.

Первый способ анализа. Совершая анализ переходом к основанию, отыскивают то первое ближайшее предложение, из которого данное вытекает как необходимое следствие. Если это предложение было прежде доказано, то доказано и данное предложение, если же нет, то отыскивают второе предложение, служащее основанием для первого.

Такой переход к основанию следует продолжать до тех пор, пока не дойдем до предложения вполне доказанного. Данное предложение явится как необходимое следствие последнего доказанного предложения.

Обозначая каждое предложение буквой и ставя ее впереди или позади другой, смотря по тому, будет ли оно служить основанием или следствием другого предложения, мы схематически можем этот прием анализа выразить в виде

H — K — L — M

где M есть данное предложение, L его ближайшее основание, а H предложение, вполне доказанное. Если верно предложение H, то верно предложение K; если верно K, то верно L; если верно L, то верно и M.

Второй способ анализа состоит в переходе от данного предложения к его следствию. Этот прием применяют чаще, потому что легче находить необходимое следствие, нежели отыскивать основание какой-нибудь истины. По этому способу выводят из данного предложения ту теорему, которая служит его ближайшим следствием. Если это следствие есть предложение прежде доказанное, то на нем и останавливаются; если же нет, переходят к следующему ближайшему следствию и вообще продолжают такой последовательный вывод следствий до тех пор, пока не дойдут до предложения, вполне доказанного.

Если последнее предложение не верно, то и данное не верно, ибо неверное следствие нельзя получить из верного предложения.

Если же последнее предложение верно, то для убеждения в верности данного предложения требуется, чтобы были соблюдены некоторые условия.

Схематически этот прием анализа можно представить в виде

M — N — O — P — Q — R — S

где M данное предложение, N предложение, служащее его ближайшим следствием, а S то последнее предложение, в справедливости которого мы вполне убеждены.

Из двух предложений R и S, стоящих в такой связи, что если справедливо R, то справедливо и предложение S, мы, как известно, не всегда можем обратно заключать, что если справедливо S, то справедливо и предложение R.

Чтобы последнее заключение имело место, требуется, чтобы теоремы R и S были взаимно-обратными предложениями.

Итак, для того, чтобы убедиться, что теоремы R и S стоят в такой связи, что она удовлетворяет схеме R — S и схеме S — R, требуется доказать, что предложения R и S взаимно-обратны.

Таким образом, чтобы можно было по верности последнего предложения S заключить о верности данного предложения M, требуется доказать, что каждые два рядом стоящие предложения R и S, P и R, O и P, N и O, M и N удовлетворяют закону обратимости.

Если это доказано, то цепь предложений можно обратить, и рядом со схемой M — N — O — P — Q — R — S справедлива и схема

S — R — Q — P — O — N — M

по которой мы имеем право заключить, что если справедливо предложение S, то справедливо и предложение M.

Так как затруднительно всякий раз доказывать обратимость двух предложений, то этого избегают, соединяя способ аналитический с синтетическим. После того, как из предложения M выведено предложение S как его следствие, смотрят, нельзя ли обратно вывести предложение M как необходимое следствие предложения S.

Если синтез есть способ, называемый дедукцией или выводом, то анализ можно назвать редукцией (приведение, наводка).

Примером аналитического способа доказательства может послужить следующая теорема.

Теорема. Диагонали параллелограмма пересекаются пополам.

Доказательство. Если диагонали пересекаются пополам, то треугольники AOB и DOC равны (черт. 225). Равенство же треугольников AOB и DOC вытекает из того, что AB = CD как противоположные стороны параллелограмма и ∠α = ∠γ, ∠β = ∠δ как накрест-лежащие углы.

Таким образом мы видим, что последовательно данное предложение заменяется другим и такое замещение совершается до тех пор, пока не дойдем до предложения уже доказанного.

Сравнение синтеза с анализом. Способ аналитический вернее ведет к доказательству данной теоремы, ибо от данной теоремы легче переходить к его ближайшему основанию или следствию.

Хотя анализ лучше синтеза объясняет, почему выбран тот или другой путь для доказательства теоремы, однако неопределенность при доказательствах не устраняется вполне в том смысле, что при последовательных заменах одного предложения другим, мы не всегда можем дойти до предложения нам известного, ибо иногда не видно, какое из следствий или какое из оснований данного предложения нужно выбрать для того, чтобы его доказать. Затруднения увеличиваются еще больше, когда приходится для доказательства проводить новые вспомогательные прямые. Иногда трудно дать верные указания, какие из них облегчают доказательство данной теоремы.

Анализ, как и все логические приемы, только облегчает и помогает находить доказательство данного предложения, но не всегда необходимо ведет к самому доказательству.

Кроме этих прямых существует непрямой способ доказательства, известный под именем доказательства от противного или способа приведения к нелепости.

Способ доказательства от противного состоит в том, что для доказательства данного предложения убеждают в невозможности предположения противоположного.

На этом основании это доказательство называется доказательством от противного. Оно достигает своей цели всякий раз, когда из двух предложений, данного и противоположного, одно непременно имеет место.

В этом случае для доказательства данного, допустив противоположное предложение, выводят из него такие следствия, которые противоречат аксиомам или теоремам, уже доказанным. Если одно из следствий этого предложения ложно, то и противоположное предложение ложно, а следовательно данное предложение справедливо.

Этот прием часто применяют для доказательства теорем обратных или противоположных данным.

Не трудно заметить, что этот способ есть второй способ анализа, в котором от данного предложения последовательно переходят к его следствиям.

Примером применения такого способа может послужить приведенное выше доказательство теоремы: против равных углов в треугольнике лежат равные стороны (теорема 26).

В геометрии также применяют способы, зависящие от самого содержания геометрических истин. Геометрические истины относятся к геометрическим протяжениям. Эти протяжения обладают определенными свойствами, подлежащим внешним чувствам. Геометрическое протяжение может рассматриваться как целое, доступное наблюдению внешними чувствами. Убедительности доказательства содействует и самое чувственное созерцание. Обойтись без него в геометрии невозможно.

К числу приемов, имеющих место в геометрии, принадлежат: способ наложения, способ пропорциональности и способ пределов.

Способ наложения состоит в том, что одну геометрическую величину накладывают на другую. Этим способом убеждаются в равенстве или неравенстве геометрических протяжений, смотря по тому, совмещаются или не совмещаются ни при наложении.

Способ пропорциональности состоит в применении к геометрическим протяжениям свойств пропорций. Этот способ применяется при доказательстве теорем, относящихся к подобным фигурам и к пропорциональным отрезкам.

Способ пределов состоит в том, что вместо данных протяжений рассматривают свойства протяжений близких по своим свойствам к данному, и выводы, получаемые из рассмотрения одних, применяют к другим сходным протяжениям.

Способы решения геометрических задач

При решении геометрических задач синтез и анализ применяют точно так же как и при доказательстве теорем.

Решая задачу синтетически, берут такую другую задачу, которую умеют решить, потом из ее решения выводят решение следующей задачи, как ее необходимое следствие, и поступают так до тех пор, пока не доходят до решения данной задачи.

Синтетический метод решения задачи обладает всеми теми же недостатками, какими обладает и синтетический метод доказательства.

Поэтому чаще и успешнее для решения задач применяют анализ.

При решении задачи анализом заменяют данную задачу новой. Эту новую задачу будем называть заменяющей.

Если две задачи находятся в таком отношении, что условия второй есть необходимые следствия условий первой, то первую задачу будем называть начальной, а вторую — производной.

При анализе существуют два способа.

Первый способ. Заменяющую задачу выбирают так, чтобы условия данной задачи вытекали как необходимое следствие условий новой заменяющей задачи, т. е. по нашей терминологии от данной задачи переходят к первой начальной задаче. Если решение этой задачи известно, то решение данной является как необходимое следствие решения начальной задачи. Если же ее решение неизвестно, то от нее переходят ко второй, третьей начальной задаче и продолжают так поступать до тех пор, пока не получат задачу, решение которой известно.

Решив эту последнюю задачу, вместе с этим последовательно доходят и до решения данной задачи.

Второй способ. Можно переходить от данной задачи к такой другой, условия которой являются следствием условий данной, т. е. от данной задачи переходят к ее производной.

Заменяя таким образом последовательно одну задачу другой ее производной, мы можем дойти до задачи, решение которой уже известно. Решение этой задачи дает иногда возможность решить и данную задачу.

Такой переход от данной задачи к ее производной применяют чаще, ибо переходить к следствию легче, нежели подыскивать основание для какой-нибудь истины.

В этом частном случае анализа обыкновенно полагают, что задача решена, и из этого предположения выводят соотношения, дающие возможность решить данную задачу.

При переходе от данной задачи к ее заменяющей весьма важно обращать внимание на то, будут ли две задачи обладать свойством взаимной обратимости. Эта взаимность в условиях двух задач является тогда, когда одна задача, будучи начальной для другой, может быть в то же время и ее производной; иначе когда две задачи находятся в таком отношении, что условия одной могут быть и необходимыми следствиями другой и наоборот.

Если две задачи, данная и новая, обладают такими свойствами, то новая задача вполне заменяет данную. В этом случае все решения одной будут и решениями другой.

Если же условия двух задач не обладают свойствами взаимной обратимости, то, заменяя данную задачу новой, мы можем найти или лишние решения или иметь некоторые из решений потерянными.

Если заменяющая задача будет производной для данной, то мы можем найти некоторые лишние решения; если же она будет начальной для данной, то мы можем найти некоторые решения потерянными.

Так как чаще от данной задачи переходят к задаче производной, то чаще приходится получать решения лишние.

Чтобы отделить лишние решения и отыскать потерянные, поверяют все найденные решения.

Поверка есть способ отделения посторонних (лишних) решений. Она дополняет анализ.

Аналитическое решение задачи указывает на то построение, которое нужно сделать для решения задачи. Совершая это построение, поступают при решении задачи способом обратным анализу, т. е. прибегают к синтетическому способу. Этот синтетический способ часто может заменить и самую поверку найденных решений.

Совместное применение синтеза и анализа дает средство избегнуть тех ошибок, которые могут получиться при применении только одного из этих методов решения.

Решим одну и ту же задачу синтетически и аналитически. Для примера может послужить следующая задача.

Задача. Разделить данный отрезок AB в крайнем и среднем отношении.

Решение. Восставим из конца отрезка AB перпендикуляр BO равный половине AB (черт. 226). Из центра O опишем окружность радиусом BO, соединим центр O с точкой A и отложим на отрезке AB отрезок AC равный AD, тогда отрезок AC или AD будет искомый.

Доказательство. Прямая AB — касательная к окружности, следовательно

AE/AB = AB/AD

откуда имеем:

(AE — AB)/AB = (AB — AD)/AD

Так как DE = AB и AD = AC, то в предыдущей пропорции имеем:

AE — AB = AE — DE = AD = AC
AB — AD = AB — AC = BC

откуда имеем пропорцию

AC/AB = BC/AC

Это решение синтетическое. В нем мы отправляемся от известной теоремы о свойствах касательной и решение данной задачи вытекало как необходимое следствие этой теоремы.

Решение аналитическое. Допустим, что задача решена, а следовательно и отрезок AC найден, тогда

AB/AC = AC/CB (1)

откуда

(AB + AC)/AB = (AC + CB)/AC

или

(AB + AC)/AB = AB/AC (2).

Из последней пропорции видно, что AB есть касательная, AB + AC пересекающаяся, AC ее внешний и AB внутренний отрезок.

Отсюда вытекает и само построение. Нужно из конца B восставить перпендикуляр равный ½AB, провести окружность, соединить O с A и отложить на отрезке AB часть AC = AD.

В этом аналитическом решении мы данную задачу, удовлетворяющую условию (1), заменяем задачей, удовлетворяющей условию (2).

Условие (2) указывает и путь для решения самой задачи построением.

Обыкновенно, найдя решение задачи способом аналитическим, совершают построение, в котором, применяя способ рассуждений синтетический, доказывают, что это построение действительно разрешает задачу и этим доказательством заменяют поверку, имеющую в виду устранить посторонние решения.

В данном примере между задачами, удовлетворяющим условиям (1) и (2), существует полная обратимость, ибо из условий (1) вытекают условия (2) как необходимое следствие и наоборот, поэтому здесь нет ни потерянных, ни посторонних решений.

Исследование второстепенных и вспомогательных приемов решения задач еще не достигло в своей обработке полной и совершенной законченности. Мы пока устраняемся от их подробного рассмотрения.

1. Определение и доказательства признаков параллельности прямых в плоскости

Рис. \(1\). Железная дорога. Рельсы не пересекаются.

 

Две прямые, лежащие на одной плоскости, либо имеют только одну общую точку, либо не имеют ни одной общей точки.

В первом случае говорят, что прямые пересекаются, во втором случае — прямые не пересекаются.

На плоскости две прямые \(a\) и \(b\), которые не пересекаются, называются параллельными и обозначаются a&par;b.

Обрати внимание!

Если рассмотреть прямые, которые не лежат в одной плоскости, то возможна ситуация, что прямые не пересекаются, но они и не параллельны.

Рис. \(2\). Выделенные малиновым цветом отрезки не параллельны.

 

Один из признаков параллельности прямых на плоскости гласит:

1. признак. Если две прямые на плоскости перпендикулярны одной и той же прямой, то они параллельны.

Рис. \(3\). Один из признаков параллельности прямых на плоскости.

 

Этот признак легко доказать, если вспомнить, что к прямой в плоскости из любой точки можно провести только один перпендикуляр.

 

Допустим, что прямые, перпендикулярные одной и той же прямой, не параллельны, то есть имеют общую точку.

 

Рис. \(4\). Доказательство признака параллельности прямых на плоскости.

 

Получается противоречие — из одной точки \(H\) к прямой \(c\) проведены два перпендикуляра. Такое невозможно, поэтому две прямые на плоскости, перпендикулярные одной и той же прямой, параллельны.

 

Для рассмотрения других признаков надо ознакомиться с некоторыми видами углов:

1) вспомним, что нам известны названия и свойства углов, которые образуют две пересекающиеся прямые.

Рис. \(5\). Углы, образованные двумя пересекающимися прямыми.

 

Вертикальные углы равны: &angmsd;1=&angmsd;3;&angmsd;2=&angmsd;4.

Сумма смежных углов 1800:&angmsd;1+&angmsd;2=&angmsd;2+&angmsd;3=&angmsd;3+&angmsd;4=&angmsd;4+&angmsd;1=1800.

 

2) Вспомним названия углов при пересечении двух прямых третьей прямой (секущей).

Рис. \(6\). Углы, образованные при пересечении двух прямых секущей.

 

Накрест лежащие углы: &angmsd;3 и &angmsd;5;&angmsd;2 и &angmsd;8;

соответственные углы: &angmsd;1 и &angmsd;5;&angmsd;4 и &angmsd;8;&angmsd;2 и &angmsd;6;&angmsd;3 и &angmsd;7;

односторонние углы: &angmsd;3и&angmsd;8;&angmsd;2и&angmsd;5.

Эти углы помогут определить параллельность прямых \(a\) и \(b\). Итак, другой признак параллельности прямых на плоскости гласит:

2. признак. Если при пересечении двух прямых третьей секущей:

накрест лежащие углы равны, или

соответственные углы равны, или

сумма односторонних углов равна \(180°\) — то прямые параллельны.

Рис. \(7\). Признаки параллельности прямых на плоскости.

 

Приведём доказательство.

 

Сначала докажем: если прямые \(a\) и \(b\) пересекает прямая \(c\), и накрест лежащие углы равны, то прямые \(a\) и \(b\) параллельны.

 

Например, если &angmsd;3=&angmsd;5, то a&par;b.

Рис. \(8\). Признак параллельности прямых по равенству накрест лежащих углов.

 

Рис. \(9\). Доказательство признака параллельности прямых по равенству накрест лежащих углов.

 

1) Отметим точки \(C\) и \(D\), в которых прямые \(a\) и \(b\) пересекает прямая \(c\). Через серединную точку \(K\) этого отрезка проведём перпендикуляр \(AB\) к прямой \(a\).

2) &angmsd;CKA \(=\) &angmsd;DKB как вертикальные углы, &angmsd;3 \(=\) &angmsd;5 \(=\) α, \(CK = KD\) — значит, ΔCKA \(=\) ΔDKB по признаку о стороне и двум прилежащим к ней углам.

3) Очевидно, если ΔCKA прямоугольный, то и ΔDKB прямоугольный, и \(AB\) перпендикулярен к прямой \(b\).

4) Согласно первому доказанному признаку прямые, перпендикулярные одной и той же прямой, параллельны. 

5) В случае, когда равны соответственные углы, имеем в виду, что вертикальные углы равны, и доказываем, как в пунктах 1) — 4).

Рис. \(10\). Признак параллельности прямых по равенству соответственных углов.

Рис. \(12\). Доказательство признака параллельности прямых по равенству соответственных углов.

 

6) В случае, когда сумма односторонних углов равна 180°, имеем в виду, что сумма смежных углов тоже равна \(180°\), и используем в доказательстве пункты 1) — 4). 

Рис. \(13\). Признак параллельности прямых по сумме односторонних углов.

Рис. \(14\). Доказательство признака параллельности прямых по сумме односторонних углов.

 

О свойствах параллельных прямых — в следующем пункте теории.

Источники:

Рис. 1. Железная дорога. Указание авторства не требуется, https://clck.ru/V8F9q.

Доказательство от противного (определение, примеры и видео) // Tutors.com

Доказательство от противного

Один из самых мощных типов доказательства в математике — это доказательство от противоречия или косвенное доказательство. Он мощный, потому что его можно использовать для доказательства любого утверждения в нескольких областях математики. Структура проста: предположите, что утверждение, которое нужно доказать, ложно, и работайте, чтобы показать его ложность, пока результатом этого предположения не будет противоречие.

  1. Видео
  2. Определение
  3. ступеней
  4. Примеры

Доказательство от противного. Определение

.

Доказательство от противоречия в логике и математике — это доказательство, которое определяет истинность утверждения, предполагая, что предложение ложно, а затем работает над тем, чтобы показать его ложность, пока результатом этого предположения не станет противоречие.

Набор инструментов математика

Метафора набора инструментов уведет вас далеко в математике; то, что у вас действительно есть, — это мощный ум, и одна из лучших стратегий, которые вы можете сохранить в своем чудесном мозгу, — это доказательство от противного .

Предположим, вы очень хотите верить в истинность математического утверждения, например этого:

Не существует целых чисел y и z, для которых 24y + 12z = 1

Используя доказательство от противного, вы пытаетесь доказать, что утверждение ложно, что часто проще, чем доказать его истинность.

Вы продолжаете доказывать, пока (как и следовало ожидать) не натолкнетесь на что-то, что не имеет смысла. На самом деле ваша цель — тот момент, когда разваливается ваше доказательство лжи; ваша «неудача» — это ваш успех! Вы показали, что утверждение должно быть верным, поскольку вы не можете доказать его ложность.

Доказательство от противного: шаги

Давайте разберемся на этапы, чтобы прояснить процесс доказательства от противного. Мы выполняем следующие шаги при использовании доказательства от противного:

  1. Предположим, что ваше утверждение ложное.
  2. Действуйте так же, как и с прямым доказательством.
  3. Обнаружили противоречие.
  4. Укажите, что из-за противоречия утверждение не может быть ложным, поэтому оно должно быть правдой.

Нет двух путей

Истина и ложь противоположны. Если один существует, то другой нет. Это основное правило логики, и от него зависит доказательство противоречия. Истина и ложь исключают друг друга, поэтому:

  1. Утверждение не может быть истинным и ложным одновременно
  2. Если утверждение можно доказать, то оно не может быть ложным
  3. Если утверждение может быть доказано ложным, то оно не может быть правдой
  4. Если утверждение не может быть доказано, то оно ложно
  5. Если утверждение не может быть доказано как ложное, то оно верно

Это последнее условие истины и лжи, которое мощно и повсеместно эксплуатируется доказательством от противоречия.

Примеры доказательства от противного

Помните это высказывание ранее?

Не существует целых чисел y и z, для которых 24y + 12z = 1

Вы можете потратить дни, недели, годы, спотыкаясь о конкретных числах, чтобы показать, что каждое целое число, которое вы пробуете, работает в утверждении.

Например, попробуйте y = -5 и z = 7:

24 × -5 + 12 × 7 = 1

-120 + 84 = -36

Ну, эти целые числа не работали; хотите проделать это в течение нескольких часов с несколькими сотнями других целых чисел? Возможно нет.Однако, используя доказательство от противного, мы можем попытаться доказать ложность утверждения :

.

Не существует целых чисел a и b, для которых 24y + 12z = 1

Чтобы доказать это ложное, мы принимаем позицию, что может найти целые числа y и z , чтобы уравнение работало:

24y + 12z = 1 Исходное уравнение

Разделите обе части на 12, наибольший общий делитель

2у + г = 112

Тут же нас поражает чушь, созданная делением обеих частей на наибольший общий делитель двух целых чисел.Сумма целых чисел — дробь!

Это противоречие: два целых числа не могут сложиться вместе, чтобы дать нецелое число (дробь). Два целых числа, благодаря свойству замыкания сложения, произведут еще один член набора целых чисел. Это противоречие означает, что утверждение не может быть доказано как ложное. Следовательно, это должно быть правдой!

Известный пример противоречия

Пожалуй, самый известный пример доказательства от противоречия:

2 иррационально

Наше доказательство попытается показать, что это ложь.Мы попытаемся показать, что 2 — это рациональный .

Вежливым сигналом любому читателю доказательства от противного является вводное предложение:

«Допустим, ради противоречия, что утверждение« 2 иррационально »ложно».

Это предупреждает читателя о том, что вы используете доказательство от противоречия, и будет пытаться использовать доказательство, пока оно не исчезнет логически. Вы работаете, пока не найдете противоречие.

Рациональное число можно записать как отношение или дробь (числитель над знаменателем).Любую дробь можно упростить до ее неприводимой формы , так что 26 можно упростить до 13, но дальше упрощать нельзя. Обратите внимание, что в упрощенной форме хотя бы один член дроби нечетный.

Иррациональное число не может быть выражено дробью или соотношением. Такие числа, как π и число Эйлера e , иррациональны и не имеют дробного эквивалента.

Итак, мы говорим, что 2 — это некоторая неприводимая дробь a / b , так что a или b является нечетным, или оба a и b являются нечетными:

2 = ab

2 = a2b2 (квадрат с обеих сторон)

2b2 = a2 (Умножаем обе стороны на b2)

Здесь мы видим, что a2 должно быть четным числом, потому что квадрат каждого четного числа четный, а квадрат каждого нечетного числа нечетный.Напомним, что a и b не могут быть одновременно, должны быть четными, поэтому b должно быть нечетным.

Если a — четное число, некоторое число существует для a = 2c, и мы можем заменить a на 2c везде, где есть a в нашем уравнении:

2b2 = (2c) 2

2b2 = 4c2

b2 = 2c2

Возникает противоречие: b2 четно, значит, b четно, но мы только что доказали, что оно было нечетным.

Это также противоречит тому, что если a четно и b четно, дробь не в простейшей форме, но мы начали с того, что сказали, что она несократима.

Двойка не может быть рациональной, поэтому она должна быть иррациональной.

При противоречии следует прекратить работу. Вы доказали истинность утверждения, показав, что утверждение о том, что оно ложно, не соответствует логике.

Краткое содержание урока

Это был сложный урок. Возможно, вам будет полезно перечитать его несколько раз, но как только вы это сделаете, вы почувствуете себя более уверенно в своем понимании доказательства через противоречие. Теперь вы можете распознать и применить доказательство от противоречия в доказательствах, разработать логический случай, чтобы показать, что посылка ложна, до тех пор, пока ваш аргумент не окажется несостоятельным из-за противоречия, и признать противоречие в своем аргументе, которое демонстрирует обоснованность исходной посылки.

Следующий урок:

Квадратная матрица

Доказательство противоречием: определение и примеры — видео и стенограмма урока

Шаги

Чтобы пояснить процесс доказательства от противного, давайте разберем его на шаги. При использовании доказательства от противного мы следуем этим шагам.

  1. Предположим, что ваше утверждение ложное.
  2. Действуйте так же, как и с прямым доказательством.
  3. Обнаружили противоречие.
  4. Укажите, что из-за противоречия утверждение не может быть ложным, поэтому оно должно быть правдой.

Примеры

Очень распространенный пример доказательства от противного — это доказательство того, что квадратный корень из 2 является иррациональным. Прежде чем рассматривать это доказательство, нам необходимо знать несколько определений, чтобы понять доказательство:

  • Четное число : число м , которое можно записать как м = 2 n , где n — целое число
  • Нечетное число : число r , которое можно записать как r = 2 s + 1, где s — целое число.Например, 14 — четное число, потому что 14 = 2 * 7. Точно так же 101 — нечетное число, потому что 101 = 2 * 50 + 1. Обратите внимание, что если целое число не четное, то оно нечетное. Обратное также верно. Если целое число не является нечетным, то оно четное.
  • Рациональное число : число, которое можно записать как p / q , где p и q — целые числа. Например, 3 и 0,9 являются рациональными числами, потому что мы можем записать 3 как 3/1, а 0,9 — как 9/10.

А теперь давайте взглянем на это доказательство того, что квадратный корень из 2 иррационален.

Утверждение: Квадратный корень из 2 иррационален.

Доказательство от противного:

Предположим, что нет. То есть предположим, что квадратный корень из 2 является рациональным. Тогда квадратный корень из 2 может быть записан как p / q , где p и q — целые числа, а p / q уменьшено в максимально возможной степени ( p и q не разделяют общих факторов).2 четно, и отсюда следует, что q четно. Однако, если и p , и q равны, то они имеют общий множитель 2, и p / q не уменьшается в максимально возможной степени. Это противоречит нашему исходному предположению, поэтому квадратный корень из 2 должен быть нерациональным. Следовательно, квадратный корень из 2 иррационален.

В приведенном выше доказательстве проиллюстрирован каждый шаг. Для первого шага мы предположили противоположное утверждению «квадратный корень из 2 иррационально», поэтому мы предположили, что квадратный корень из 2 является рациональным.На втором шаге мы попытались доказать, что квадратный корень из 2 является рациональным. Третий шаг заключался в том, чтобы найти противоречие, и мы обнаружили, что, когда мы увидели, что p / q оказалось как приводимым, так и неприводимым. Это привело нас к четвертому шагу, на котором мы заявили, что наше предположение о том, что квадратный корень из 2 является рациональным, не может быть верным, поэтому квадратный корень из 2 должен быть иррациональным.

Рассмотрим еще один простой пример. Предположим, мы хотим доказать следующее утверждение.

Выписка: 193 — нечетное число.

Хотя мы могли бы доказать это напрямую, показав, что 193 = 2 * k + 1, где k — целое число, мы воспользуемся доказательством от противного для дальнейшей иллюстрации этого метода.

Доказательство от противного:

Предположим, что нет. То есть предположим, что 193 не является нечетным числом. Поскольку 193 — целое число и по предположению не является нечетным числом, оно должно быть четным. Тогда существует целое число s такое, что 193 = 2 * s .

Однако, если с, = 96.5, это не целое число, поэтому приходим к противоречию. Следовательно, неверно, что 193 — четное число, поэтому 193 должно быть нечетным числом.

Резюме урока

Теперь у нас есть еще один метод доказательства в нашем наборе инструментов, а именно доказательство от противоречия — одно из наших «лучших оружий», когда дело доходит до доказательства утверждения или аргумента. Чтобы провести доказательство от противного, сначала спросите себя, что бы произошло, если бы ваше утверждение не соответствовало действительности. Если вы понимаете, что это привело бы к противоречию, тогда доказательство от противоречия — хороший путь.После того, как вы решили, что именно этот метод вы хотите использовать, выполните шаги, описанные в этом уроке, чтобы успешно доказать свое утверждение.

Введение в доказательство от противоречия

Ключом ко всей математике является понятие доказательства. Мы хотим иметь возможность сказать с абсолютной уверенностью, что свойство справедливо для всех чисел или всех случаев, а не только тех, которые мы пробовали, и не только потому, что это звучит убедительно или было бы неплохо, если бы это было так. Определенные типы доказательств возникают снова и снова во всех областях математики, одно из которых — доказательство от противоречия.

Чтобы доказать что-то от противного, мы предполагаем, что то, что мы хотим доказать, неверно, а затем показываем, что последствия этого невозможны. То есть последствия противоречат либо тому, что мы только что предположили, либо тому, что мы уже знаем, как истина (или, действительно, обоим) — мы называем это противоречием.

Простой пример этого принципа можно увидеть, рассмотрев Салли и ее штраф за парковку. Мы знаем, что, если бы Салли не заплатила штраф за парковку, она получила бы неприятное письмо от совета.Мы также знаем, что никаких неприятных писем она не получала. Либо она заплатила свой парковочный талон, либо нет, и если бы она этого не сделала, то, исходя из нашей исходной информации, мы знаем, что она бы получила противное письмо. Поскольку она не получила неприятного письма, значит, она заплатила свой билет.

Если бы мы формально доказывали опровержением, что Салли заплатила свой билет, мы бы предположили, что она не заплатила свой билет, и пришли бы к выводу, что, следовательно, она должна была получить неприятное письмо от совета.Однако мы знаем, что ее пост на этой неделе был особенно приятным и не содержал никаких неприятных писем. Это противоречие, и поэтому наше предположение неверно. В этом примере это все кажется немного длинным, чтобы доказать что-то столь очевидное, но в более сложных примерах полезно точно указать, что мы предполагаем и где обнаружено наше противоречие.

Одно из известных применений этого метода — доказательство иррациональности $ \ sqrt {2} $.

Рациональные числа — это числа, которые можно записать дробями, то есть делением одного целого числа на другое ($ 1/2, 3/4, 4/2, 973/221, \ dots $).2 $ чётно, приходим к противоречию. Поэтому наше предположение, что $ p $ не even должно быть неправильным, т. {2} $.2 $ также четное, поэтому $ q $ должно быть четным.

Если $ p $ и $ q $ оба четные, то у них есть $ 2 $ в качестве общего множителя, что противоречит предположению, что они взаимно просты. Таким образом, наше предположение неверно, а $ \ sqrt {2} $ нерационально.

Вы можете попробовать эту задачу, которая включает несколько иное доказательство от противного, чтобы доказать тот же результат.

Это альтернативное доказательство можно обобщить, чтобы показать, что $ \ sqrt {n} $ иррационально, если $ n $ не является квадратным числом.

Доказательство чего-либо от противного может быть очень хорошим методом, когда он работает, и в математике есть много доказательств, которые с его помощью упрощаются или даже становятся возможными. Однако это не всегда лучший способ решения проблемы.

Например, скажем, по какой-то причине мы хотим доказать, что (положительное) $ \ sqrt {4} $ рационально. Ободренные успехом с $ \ sqrt {2} $, мы могли предположить от противоречия, что $ \ sqrt {4} $ нерационально. Тогда его нельзя записать как $ p / q $, где $ p $ и $ q $ — натуральные числа.2 = 4/1 = 4 $. Кроме того, как $ 2 $, так и $ 1 $ положительны, поэтому $ p / q = 2/1 $ положительно. Таким образом, $ \ sqrt {4} = 2/1 $, поэтому мы противоречили нашему предположению, что $ \ sqrt {4} $ нельзя записать как целое число, деленное на целое число. Следовательно, $ \ sqrt {4} $ не иррационально, т.е. рационально.

Все, что нам действительно нужно было сделать, это указать, что $ \ sqrt {4} = 2 $, что само по себе является прекрасным рациональным числом. Это было бы намного быстрее, чем доказательство от противоречия. Что еще более важно, на самом деле это был шаг в приведенном выше доказательстве.

Только что предупредив вас об опасностях слепой попытки доказать что-либо с помощью противоречия, мы заканчиваем одним из самых хороших доказательств — от противного или иным — насколько я знаю. Это доказательство Евклида, что существует бесконечно много простых чисел, и действительно работает от противного.

Прежде чем мы начнем это доказательство, нам нужно знать, что любое натуральное число больше 1 (то есть $ 2, 3, 4, \ dots $) имеет простой множитель.

Фактически, мы можем доказать это с помощью противоречия. Возьмем обычное определение простого числа как натурального числа больше 1, которое делится только на себя и 1.Предположим, что любое натуральное число больше 1 не имеет простого делителя. Тогда должно быть наименьшее натуральное число больше 1, не имеющее простого делителя. Назовем это $ n $. Тогда $ n $ явно не является простым, поэтому он должен имеют множитель $ m $, который не равен ни $ n $, ни 1. Но m, поэтому $ m $ имеет простой множитель $ p $ по предположению. Таким образом, $ p $ является множителем $ m $, который является множителем $ n $, поэтому $ p $ является простым делителем $ n $. Таким образом, $ n $ имеет простой множитель, а это означает, что не существует наименьшего натурального числа больше 1, не имеющего простого множителя.Следовательно, это противоречит нашему предположение, что не каждое натуральное число больше 1 имеет простой делитель. {n} p_i $.{n} p_i + 1 $, иначе это разделит их разницу, $ 1 $.

Таким образом, $ p $ не входит в наш полный список простых чисел, и мы пришли к противоречию. Следовательно, простых чисел бесконечно много.


На момент написания этой статьи Кэтрин была математиком на третьем курсе в Баллиол-колледже в Оксфорде.

Вики только что получила степень по математике в Кембридже и училась на четвертом курсе комбинаторики, теории чисел и алгебры, все еще в Тринити-колледже в Кембридже.


Создание математики: инструменты математики: доказательство от противоречия

Иногда трудно (или невозможно) доказать, что гипотеза верно при использовании прямых методов. Например, чтобы показать, что квадрат корень из двух иррационален, мы не можем напрямую проверить и отвергнуть бесконечное количество рациональных чисел, квадрат которых может быть равен двум. Вместо, мы показываем, что предположение о рациональности корня два приводит к противоречию.Шаги, предпринятые для доказательства от противного (также называемого косвенным proof ) составляют:

  1. Предположим обратное.
    1. Поскольку «простых чисел бесконечно», предположим, что простые числа представляют собой конечный набор размером n .
    2. Для доказательства утверждения «если треугольник разносторонний, то никакие два его угла не совпадают », предположим, что хотя бы два угла совпадают.
  2. Используйте предположение, чтобы вывести новые следствия, пока одно не станет противоположным. вашего помещения. Для двух приведенных выше примеров вы должны попытаться установить:
    1. , что существует простое число, не учитываемое в начальном наборе n простых чисел.
    2. , что треугольник не может быть разносторонним.
  3. Сделайте вывод, что предположение должно быть ложным и что его противоположное (ваш первоначальный вывод) должен быть правдой.

Почему этот метод имеет смысл? Один из способов понять это — отметить что вы создаете прямое доказательство контраположительности вашего первоначального утверждения (вы доказываете , если не B , , затем , а не A ). Потому что противоречивые утверждения всегда логически эквивалентен, затем следует оригинал.

Обратите внимание, что противоречие заставляет нас отвергнуть наше предположение, потому что другие наши шаги, основанные на этом предположении, логичны и оправданы.Единственная «ошибка», которую мы могли сделать, — это предположение сам. Косвенное доказательство устанавливает обратный вывод. не соответствует посылке и, следовательно, первоначальному выводу должно быть правдой.

Противоположности

Когда у власти республиканцы, человек ест человека. С демократами, все как раз наоборот. — Наклейка на бампер.

Иногда бывает сложно определить, что противоположно вывод есть.Противоположность «все X Y ». это не «все X не Y », а «по крайней мере один X — это не Y ». Точно так же, когда у нас есть соединение вывод, надо быть осторожными. Рассмотрим эти два примера:

Исходная гипотеза Противоположность заключению
Если m и n являются целыми числами и mn нечетное, тогда m нечетное и n странный. м это четное или n даже
Если м + n иррационально, то м иррационально или n иррационально. м рационально и n рационально

Ресурсы

См. Треугольник с ограниченной суммой углов для практической задачи и доказательства с помощью упражнения класса «Противоречие» для плана урока, который вводит доказательство от противного.


Могу ли я слишком часто использовать доказательство от противоречия?

Конечно, хорошо знать, как действовать при доказательстве от противоречия, и твердо понимать его логику. Вы будете часто сталкиваться с ними. Когда студенты впервые понимают логику такого доказательства и преуспевают в построении этих доказательств, они часто влюбляются в них, особенно учитывая удовлетворение, которое некоторые получают, «опровергая» что-то.

Но на самом деле в ваших интересах разработать средство с прямыми доказательствами, с доказательством по индукции, доказательством по случаям и т. Д.Конечно, есть некоторые области математики, в частности, определенные типы задач и постановок задач, в которых косвенное доказательство используется чаще или даже наиболее подходит. Но это также верно для прямых доказательств и индуктивных доказательств, и когда вы освоитесь с этими подходами, вы получите удовлетворение, которое вы получите после подтверждения, «установления» и / или конструирования результата, а не просто разорвав отрицание результат.

Это что-то вроде аргументов: можно привести массу причин, почему что-то не работает, и циники любят это делать.Более элегантные, информативные и творческие аргументы устанавливают, «почему что-то будет работать», и объясняют, почему.

Итог: работайте над развитием навыков, мастерства и способностей с прямым доказательством и его вариациями. Конечно, использование косвенных доказательств — незаменимый инструмент. Но зачем ограничиваться одним инструментом, если вы можете приобрести множество инструментов, каждый из которых работает лучше для построения одних доказательств в конкретном контексте, чем другие. Вы хотите развить гибкость , чтобы знать, как и когда использовать их все, поскольку все они необходимы.

Возможно, вам будут интересны эти предыдущие сообщения:

Ответы, данные в этих сообщениях, и доступные там ссылки предлагают множество точек зрения на достоинства и уместность доказательства от противоречия. Было несколько подобных сообщений, в которых задавались вопросы, похожие на ваш. Если мне удастся их искоренить, я вернусь, чтобы опубликовать ссылку.

Доказательство от противоречия — Высшая математика для углубленного уровня

Добро пожаловать на сайт advancedhighermaths.co.uk

Хорошее понимание Доказательство противоречием необходимо для обеспечения успешной сдачи экзамена.

Обучение на уровне Advanced Higher Maths обеспечит отличную подготовку к учебе в университете. Некоторые университеты могут потребовать от вас сдать экзамен AH Maths для зачисления на выбранный вами курс. Курс AH Maths проходит быстро, поэтому, пожалуйста, сделайте все возможное, чтобы не отставать от учебы.

Для студентов, которым нужна дополнительная помощь с курсом AH Maths, вы можете рассмотреть вопрос о подписке на фантастические ресурсы, посвященные дополнительным экзаменам, доступные в Online Study Pack.

Чтобы получить доступ к большому количеству дополнительных бесплатных ресурсов по теме , воспользуйтесь вышеуказанной панелью поиска или нажмите ЗДЕСЬ, выбрав тему, которую вы хотите изучать.

Мы надеемся, что этот веб-сайт окажется для вас полезным, и желаем вам успехов в прохождении курса AH Maths в 2021/22 году. Найдите ниже:

1. О доказательстве противоречием

2. Методы доказательства — экзаменационный лист и руководства по теории

3. Методы доказательства — рабочие листы и решения

4.Рабочие листы прошедших экзаменов AH по математике по темам

5. Прошлая работа AH по математике Вопросы по темам

6. Прошедшие экзамены по математике и практические работы

7. Образец экзаменационной работы AH Maths 2020

8. Практические работы для отборочных и выпускных экзаменов AH по математике

9. AH Maths Theory Guides

10. План курса математики AH, таблицы формул и контрольный список

11. Рекомендуемое время и ответы на вопросы в учебнике — Глава 1

12. Рекомендуемое время и ответы на вопросы в учебнике — Глава 2

13.Рекомендуемое время в учебнике и ответы на вопросы — Блок 3

14. Тестирование математических подразделений AH — Решения включены

15. Видеосвязь AH Maths

16. Рекомендуемый учебник по математике

17. Учебный пакет, ориентированный на экзамен — учащиеся, желающие «хорошо» пройти

.

Ресурсы по высшей математике для продвинутого уровня

.

1. О доказательстве противоречием

Чтобы узнать о доказательстве противоречием, щелкните любую из ссылок Руководства по теории в разделе 2 ниже.В Разделе 3 также есть отличные рабочие листы по этой теме. Настоятельно рекомендуется использовать рабочие листы, включающие актуальные вопросы экзамена SQA.

Если вам нужна дополнительная помощь в понимании Доказательство от противоречия , есть полные, простые в использовании, пошаговые решения для десятков вопросов экзамена AH Maths Past & Practice по всем темам в пакете онлайн-обучения AH Maths. В учебный пакет также включены полностью проработанные решения рекомендуемых вопросов из учебников МВД. Пожалуйста, дайте себе все возможности для успеха, поговорите со своими родителями и подпишитесь на онлайн-пакет для изучения , ориентированный на экзамен , .

Доказательство противоречием

Этот метод предполагает, что утверждение ложно, а затем показывает, что это приводит к тому, что, как мы знаем, ложно (противоречие). Следовательно, исходное предположение должно быть ложным, что означает, что утверждение верно.

Примеры вопросов

Докажите от противного каждое из этих предположений.

  1. √7 иррационально
  2. Если n³ нечетно, то n нечетно
  3. Если m² = 10, то m не является рациональным числом
  4. Если сумма двух действительных чисел иррациональна, хотя бы одно из них иррационально

.

2. Методы доказательства — лист экзамена и руководства по теории

Спасибо SQA и авторам за то, что они сделали отличные рабочие листы и руководства по математике AH в свободном доступе для всех. Это окажется фантастическим ресурсом, который поможет закрепить ваше понимание математики AH. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения для всех вопросов по математике SQA AH в таблице ниже доступны в пакете онлайн-обучения.

.

3.Методы подтверждения — рабочие листы и решения

Спасибо SQA и авторам за то, что они сделали отличные рабочие листы AH Maths Worksheets в свободном доступе для всех. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

_______________________________ ___________________
Тема
_______________________________
Уроки
__________
Вопросы
_________
Типизированные решения
_______________
Решения, написанные от руки
______________________
Вопросы для изучения в Интернете __________________________ Вопросы для изучения _______________________________
Прямая проба Урок 1 Ex 1 и 2 Ex 1 и 2 Рукописные Solns 2018-Q9,2015-Q12, 2010-Q8a
Доказательство контрпримером Урок 2 Пример 3 Пример 3 Типизированный Solns Пример 3 Рукописный Solns 2016-Q10, 2013-Q12, 2008-Q11
Доказательство контрпримером Ex 4 Ex 4 Типизированный Solns Ex 4 Рукописный Solns 2016-Q10, 2013-Q12, 2008-Q11
Доказательство противоречием Урок 3 Пример 5 Пример 5 Типизированный Solns Пример 5 Рукописный Solns 2010-Q12
Доказательство контрапозитивом Урок 4 Ex 6 Ex 6 Типизированный Solns Ex 6 Рукописный Solns 2017-Q13
Доказательство индукционным методом Урок 5 Ex 7 Ex 7 Типизированный Solns Ex 7 Рукописный Solns 2014-Q7,2013-Q9,2012-Q16a, 2011-Q12,2010-Q8b, 2009- 4 квартал 2007 года — 12 квартал
Индукционная проба — сигма-нотация Урок 6 Ex 8 Ex 8 Типизированный Solns Ex 8 Рукописный Solns 2018-Q12,2016-Q5, 2013-Q9, 2009-Q4



4.Рабочие листы прошедших экзаменов AH по математике по темам

Спасибо SQA за их доступность. Рабочие листы по темам, представленные ниже, являются отличным учебным ресурсом, поскольку они представляют собой фактические вопросы SQA прошлых бумажных экзаменов. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения для всех приведенных ниже вопросов по математике SQA AH доступны в пакете онлайн-обучения.

.

5. Прошлые вопросы по математике по темам

Спасибо SQA за их доступность.Вопросы и ответы сгруппированы по темам для удобства пользования. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения для всех приведенных ниже вопросов SQA AH Maths доступны в Online Study Pack.

____________
.
Бумага
___________
.
Маркировка
______
Биномиальная
Теорема
________
Частичные
Дроби
________
.
Дифференциация
___________
Дальнейшая дифференциация
___________
.
Интеграция
___________
Дальнейшая интеграция

____________
Функции
и графики
___________
Системы уравнений

____________
Комплексные номера

__________
Серии Другие серии .
Матрицы
_________
.
Векторы
__________
Методы
подтверждения
__________
Дополнительные сведения №
Теория
___________
Дифференциальные уравнения

____________
Дополнительные
Дифференциальные уравнения
_________________
Образец P1 Маркировка Q2 Q4 Q6 Q8 Q3 Q5
Q7 Образец P2 Маркировка Q3 Q1 Q2,4,8,10 Q7 Q11 Q3 Q5 Q5 Q12 2019 Маркировка Q9 Q4 Q1a, b, 6 Q1c, 5,10 Q16b Q16a Q3 9029 9029 Q18 Q15 Q11,14 Q12 Q13 Q8 2018 Маркировка Q3 Q2 Q1b Q1a, c, 6,13 Q8 Q15a Q16a 9029 Q7 9029 Q7 11 Q16 Q9,12 Q5 Q15b 2017 Маркировка Q1 Q2 Q3 Q11,18 Q16 Q6 Q12 Q5 Q3 Q7 9029 9029 9029 Q4 9029 Q13 Q8 Q9 Q14 2016 Маркировка Q3 Q13 Q1a, b Q1c, 11 Q13 Q9 Q12 Q4 Q7 9029 Q4 9029 Q4 9029 9029 Q4 9029 Q7 9029 Q4 9029 Q7 9029 Q7 9029 Q7 9029 Q7 9029 Q7 9029 Q7 9029 Q7 Q5,10 Q16 Q15 2015 Маркировка Q1,9 Q2 Q4,6,8 Q17 Q10 Q14 Q13 ,13 Q4 Q4 Q4 Q12 Q7 Q18 Q16 2014 Маркировка Q2 14b Q1,13 Q1,4,6 Q10,12 Q15 Q11 Q3 Q16 9029 9029 Q4 9029 Q4 9029 7-й квартал 5-й квартал 7-й квартал 8-й квартал 2013 Маркировка I квартал Q2 Q11 Q4,6 Q8 Q13 Q7,10 Q17 9029 Q17 Q4 9029 Q5 Q16 Q14 2012 Маркировка Q4 15a Q1 Q12,13 Q8 Q11 Q7 Q14 Q4 9029 9029 Q4 9029 Q4 9029 Q4 9029 16a Q10 Q15 2011 Маркировка Q2 Q1 3b, 7 3a Q1,11a Q1,11,16 Q6 Q10 Q10 9029 4 квартал квартал 15 квартал 12 квартал 9 квартал 14 2010 Маркировка Q5 Q1 Q13 Q15 Q3,7 Q10 Q16 Q3 Q9 Q9 Q9 Q9 12 Q11 2009 Маркировка Q8 Q14 Q1a Q1b, 11 Q5,7 Q9 Q13 16a 9029 Q3 9029 Q3 9029 Q3 9029 Q4 9029 Q3 9029 Q4 9029 Q4 9029 Q4 9029 Q4 9029 Q3 9029 Q4 9029 Q4 9029 Q4 9029 Q4 4 квартал 10 квартал 3 квартал 15 квартал 2008 Маркировка Q8 Q4 Q10,15 Q2,5 Q4,9,10 Q7 Q3 Q16 Q16 Q16 Q16 Q1 Q14 Q11 Q13 2007 Маркировка Q1 Q4 Q2 Q13 Q4,10 Q4 Q16 Q3,11 Q9 9029 9029 Q9 9029 Q12 Q7 Q14 Q8 Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный Смешанный

.

6. Прошлые и практические экзамены AH по математике

Спасибо SQA за их доступность. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения для всех приведенных ниже вопросов SQA AH Maths доступны в Online Study Pack.

.

7. Образец экзаменационной работы AH Maths 2020

Ниже представлены два образца документов, любезно предоставленных SQA. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения для образца работы по математике SQA AH, доступного в Online Study Pack.

____________ 907 907
.
Дата
__________
.
Бумага
___________
.
Маркировка
______
Биномиальная
Теорема
________
Частичные
Дроби
________
.
Дифференциация
___________
Дальнейшая дифференциация
___________
.
Интеграция
___________
Дальнейшая интеграция

____________
Функции
и графики
___________
Системы уравнений

____________
Комплексные номера

__________
Серии Другие серии .
Матрицы
_________
.
Векторы
__________
Методы
подтверждения
__________
Дополнительные сведения №
Теория
___________
Дифференциальные уравнения

____________
Дополнительные
Дифференциальные уравнения
_________________
июнь 2019 г. Образец P1 Маркировка Q2 Q4 Q6 Q8 Q3 Q64
июнь 2019 Образец P2 Маркировка Q3 Q1 Q2,4,8,10 Q7 Q11 Q7 Q6 Q12

.

8. Практические работы для отборочных и выпускных экзаменов AH по математике

Спасибо SQA и авторам за их свободный доступ. Пожалуйста, используйте его регулярно для пересмотра перед экзаменами, тестами и выпускным экзаменом. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения для первых пяти практических материалов, представленных ниже, доступны в Online Study Pack.

.

9. AH Maths Theory Guides

Спасибо авторам за то, что они сделали отличные руководства по теории математики AH в свободном доступе для всех.Это окажется фантастическим ресурсом, который поможет закрепить ваше понимание математики AH.

Первый блок

Второй блок

Блок Три

.

10. План курса математики AH, таблицы формул и контрольный список

Спасибо SQA и авторам за то, что приведенные ниже превосходные ресурсы стали доступны бесплатно. Это фантастические контрольные списки для оценки ваших знаний по математике. Пожалуйста, старайтесь использовать их регулярно для доработки перед тестами, предварительными экзаменами и заключительным экзаменом.

Название
____________________________________
Ссылка
___________
Предоставлено
___________________
План и расписание курса математики AH ЗДЕСЬ
Список формул экзамена по математике SQA AH ЗДЕСЬ Предоставлено SQA
Список формул экзаменов SQA по высшей математике ЗДЕСЬ Предоставлено SQA
SQA AH Maths Support Notes ЗДЕСЬ Предоставлено SQA
Полный контрольный список по математике ЗДЕСЬ

.

11. Рекомендуемое время и ответы на вопросы в учебнике — Первый блок

Расписание курсов, а также конкретные упражнения / вопросы из учебников для Unit One, любезно предоставленные издательством Teejay, можно найти ЗДЕСЬ.

Частичные дроби

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
_______________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
_____________
Рекомендуемые вопросы
_______________________
Комментарий
________________
Первый тип — частичные дроби Страница 23 Упражнение 2.2 Q1, 5, 12, 18, 19, 22, 25
Второй тип — частичные дроби Страница 24 Упражнение 2.3 1 квартал, 3, 5, 10, 14, 18
Тип три — частичные дроби Страница 25 Упражнение 2.4 Q1, 5, 7, 9, 11
Рабочий лист с алгебраическим долгим делением Рабочий лист Рабочие решения
Частичная дробь — длинное деление Страница 26 Упражнение 2.5 Q1 a, b, e, j, l

.

Биномиальная теорема

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
____________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
___________
Рекомендуемые вопросы
_______________________________
Примечания к уроку
__________________________________________________________________________________
Комбинации nCr Страница 33 Упражнение 3.3 Q1a, b, c, 2a, b, c, 4a-d, 5a, b, 6a, 7a, b, d
Расширение — Урок 1 Страница 36 Упражнение 3.4 Q1a, b, c, 2a, i, ii, iii, iv
Расширение — Урок 2 Стр. 36 Упражнение 3.4 Q3a-d, 4a-f ТЕОРИЯ — Вопросы 3 и 4
Поиск коэффициентов Страница 38 Упражнение 3.5 Q1a, b, c, 4a, 5a, 6
Приближение, например, 1.5 =? Страница 40 Упражнение 3.6 Q1a, b, c, d
Упрощение общего термина (вопросы SQA) Вопросы и ответы SQA Распространенные биномиальные вопросы SQA, которых нет в учебнике AH

.

Системы уравнений

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
______________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
_______________
Рекомендуемые вопросы
_______________________
Исключение по Гауссу Стр. 265 Упражнение 14.4 Q1a, b, c, d, 2a, b, c
Избыточность и несогласованность Стр. 268 Упражнение 14.6 Q1a, b, c, 2
Вопрос SQA по резервированию 2016 Q4 (SQA)
Несоответствие Вопрос SQA 2017 Q5 (SQA)
ILL Conditioning Страница 274 Упражнение 14.9 Q2a, b, c, d
ILL Conditioning SQA Question 2012 Q14c (SQA)

.

Функции и графики

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
______________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
___________
Рекомендуемые вопросы
_______________________
Функция модуля построения эскиза y = | x | Page 66 Упражнение 5.2 Q1-9
Обратные функции Страница 67 Упражнение 5.3 Q1a, c, e, g, i, 2a, c, e, 3
Четные и нечетные функции Страница 74 Упражнение 5.8 Q3a-l
Вертикальные асимптоты и поведение Страница 75 Упражнение 5.9 Q1a-f
Горизонтальные и наклонные асимптоты Page 76 Упражнение 5.10 Q1a, b, f, g, k, l
Создание эскизов графиков Страница 77 Упражнение 5.11 Q1a, c, e, i, k

.

Дифференциальное исчисление

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
___________________________
Номер страницы
____________
Упражнение
___________
Рекомендуемые вопросы
_______________________
Производная от Первых принципов Page 45 Упражнение 4.1 1,3,5,7 кв.
Правило цепочки Страница 48 Упражнение 4.3 Q1a, d, 2a, c, 3b, 4a, 5a
Правило продукта Стр. 51 Упражнение 4.5 Q1a-h, Q2b, Q3a-l
Правило частных Страница 52 Упражнение 4.6 Q1,2,3,4
Дифференциация — смесь! Страница 53 Упражнение 4.7 Q1,2,3,4,5
Sec, Cosec & Cot Page 55 Упражнение 4.8 Q1a, b, 2a, c, d, 3a, c, e, g
Экспоненциальные функции Страница 58 Упражнение 4.9 Q1a, c, e, 2a, 3e, 4a, b, 5a, e
Логарифмические функции Страница 58 Упражнение 4.9 Q1k, m, o, q, s, 2f, g, 3a, b, c, 4d, e, 5d
Природа и полиномы для рисования Страница 70 Упражнение 5.5 Q1a, b, c, 2a, b
Вогнутость Страница 73 Упражнение 5.7 Q5a, b, c, Q1a, b
Приложения Страница 187 Ex 11.1 Q1a, b, e, f, 2a, c, 3a, c

.

Интегральное исчисление

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

кв.
Подтема
______________________________________
Страница №
__________
Упражнение
___________
Рекомендуемые вопросы
_____________________
Интеграция (высшая версия) Стр. 100 Упражнение 7.1 Q1a-i, 2a-i, 3a-l, 4a-f
Интегрирование заменой Страница 103 Упражнение 7.2 Q1a, c, e, g, i, k, m, o, q, s, u, w
Интеграция заменой — Дополнительная редакция! Page 103 Упражнение 7.2 Q1b, d, f, h, j, l, n, p, r, t, v, x
Дальнейшее интегрирование путем замены Страница 105 Упражнение 7.3 Q2a, b, c, d, 4a, b, c, d
Дальнейшее интегрирование путем замены Page 105 Упражнение 7.n (x) Страница 105 Упражнение 7.3 Q7a, b, c, d, e, f
Дальнейшая интеграция путем замены — журналы Страница 105 Упражнение 7.3 Q11a, b, c, d
Замена и определенные интегралы Стр.107 Упражнение 7.4 Q1a, c, e, g, i, k
Площадь между кривой и осью x Страница 120 Упражнение 7.10 Q1,3
Площадь между кривой и осью Y Page 120 Упражнение 7.10 6,7
Объем — вращение вокруг оси x SQA Вопрос 2014 Q10 (SQA)
Объем — вращение вокруг оси Y SQA Вопрос 2017 Q16 (SQA)
Объем — вращение вокруг оси x Стр. 120 Упражнение 7.10 Q11,12
Приложения интегрального исчисления Страница 187 Упражнение 11.1 Q4,14

.

12. Рекомендуемое время и ответы на вопросы в учебнике — Второй блок

Расписание курсов, а также конкретные упражнения / вопросы из учебников для Раздела 2, любезно предоставленные издательством Teejay, можно найти ЗДЕСЬ.

Дальнейшая дифференциация

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
_______________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
______________
Рекомендуемые вопросы
_____________________
Обратные триггерные функции и правило цепочки Страница 85 Упражнение 6.2 Q1a, b, c, Q2b, c, dQ3a, d
Обратные триггерные функции и правила произведения / коэффициента Page 86 Упражнение 6.3 2 квартал, 3 квартал
Неявные и явные функции — 1 Стр. 89 Упражнение 6.4 Q1, Q2
Неявные и явные функции — 2 Стр. 89 Упражнение 6.4 Q5, Q9, Q4
Вторые производные неявных функций Page 90 Упражнение 6.5 Q1a, d, f, k (i), 6
Логарифмическое дифференцирование Page 92 Упражнение 6.6 1 кв., 2 кв.
Параметрические уравнения Страница 95 Упражнение 6.7 Q1a, b, c
Параметрические уравнения — дифференциация Страница 96 Упражнение 6.8 Q1,2,3
Параметрические уравнения — дифференциация (альтернатива) Страница 96 Упражнение 6.8 Q1 (i)
Параметрические уравнения — дифференциация (альтернатива) Page 96 Упражнение 6.8 Q1 (ii), Q2, Q3
Приложения дальнейшего дифференцирования Страница 193 Упражнение 11.2 Q1, Q2, Q3

.

Дальнейшая интеграция

рекомендуемых вопросов из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана, показанного ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
______________________________________
Страница №
__________
Упражнение
_________________
Рекомендуемые вопросы
__________________________
Интегрирование с использованием обратных триггерных функций Page 111 Упражнение 7.6 Q1,2,3,4a, b
Интегрирование с использованием частичных дробей Страница 113 Упражнение 7.7 Q1a, b, 2a, b, 3a, b, 4a, b, 5a, b, 6a, b
Интеграция по частям — 1 Страница 116 Упражнение 7.8 Q1a-l
Интеграция по частям — 2 Страница 116 Упражнение 7.8 Q2a, c, d, e, f, g, h
Интеграция по частям — 3 Страница 116 Упражнение 7.8 Q5a, b, Q6a, b
Интеграция по частям — особые случаи — 1 Страница 118 Упражнение 7.9 Q1a, b, c, d
Интеграция по частям — особые случаи — 2 Страница 118 Упражнение 7.9 Q2a, b, c, d, e
Дифференциальные уравнения первого порядка — Общие положения Страница 128 Упражнение 8.1 Q1a-j
Дифференциальные уравнения первого порядка — конкретное решение Page 128 Упражнение 8.1 Q2a-g
Дифференциальные уравнения в контексте Страница 131 Упражнение 8.2 Q2,4,5,6

.

Комплексные числа

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
_________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
______________
Рекомендуемые вопросы
_________________________
Арифметика с комплексными числами Page 207 Упражнение 12.1 1,2,3,6,7,8 кв.
Деление и квадратные корни комплексных номеров Страница 209 Упражнение 12.2 Q1a, b, c, 2c, e, 3a, b, f, 5a, b
Диаграммы Аргана Страница 211 Упражнение 12.3 Q3a, b, d, e, f, i, 6a, b, f, 7a, b, c
Умножение / деление в полярной форме Стр. 215 Упражнение 12.5 Q1a, b, f, g
Теорема Де Муавра Страница 218 Упражнение 12.6 Q1,2,3a, 4g, h, i, j
Многочлены и комплексные числа Страница 224 Упражнение 12.8 Q2a, d, 3a, b, 4,5,6a, b
Локусы на сложной плоскости Page 213 Упражнение 12.4 Q1a, b, d, f, j, 3a, b, 4a, b, c
Формула расширяющегося триггера Стр. 219 Упражнение 12.6 Q5,6,7a
Корни комплексного числа Page 222 Упражнение 12.7 Q2a, b, c, d, e, f, 1a (i)

.

Последовательности и серии, сигма-нотация

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
_______________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
______________
Рекомендуемые вопросы
__________________________
Арифметические последовательности Страница 151 Упражнение 9.1 Q1a-f, 2a-f, Q3, Q4, Q6
Нахождение суммы — арифметическая последовательность Страница 153 Упражнение 9.2 Q1a, b, c, Q3a-d, Q4a, b, Q5a
Геометрическая последовательность Страница 156 Упражнение 9.3 Q1a-e, Q2, Q3, Q5
Нахождение суммы — геометрическая последовательность Страница 159 Упражнение 9.4 Q1a-f, Q2a-d, Q3a-d, Q4
Нахождение суммы до бесконечности Page 162 Упражнение 9.5 1,2,3,4,6 кв.
Сигма-нотация Стр. 168 Упражнение 10.1 Q1a-e, Q2a-e

.

Теория чисел и доказательства

_______________________________ ___________________
Тема
_______________________________
Уроки
__________
Вопросы
_________
Типизированные решения
_______________
Решения, написанные от руки
______________________
Вопросы для изучения в Интернете __________________________ Вопросы для изучения _______________________________
Прямая проба Урок 1 Ex 1 и 2 Ex 1 и 2 Рукописные Solns 2018-Q9,2015-Q12, 2010-Q8a
Доказательство контрпримером Урок 2 Пример 3 Пример 3 Типизированный Solns Пример 3 Рукописный Solns 2016-Q10, 2013-Q12, 2008-Q11
Доказательство контрпримером Ex 4 Ex 4 Типизированный Solns Ex 4 Рукописный Solns 2016-Q10, 2013-Q12, 2008-Q11
Доказательство противоречием Урок 3 Пример 5 Пример 5 Типизированный Solns Пример 5 Рукописный Solns 2010-Q12
Доказательство контрапозитивом Урок 4 Ex 6 Ex 6 Типизированный Solns Ex 6 Рукописный Solns 2017-Q13
Доказательство индукционным методом Урок 5 Ex 7 Ex 7 Типизированный Solns Ex 7 Рукописный Solns 2014-Q7,2013-Q9,2012-Q16a, 2011-Q12,2010-Q8b, 2009- 4 квартал 2007 года — 12 квартал
Индукционная проба — сигма-нотация Урок 6 Ex 8 Ex 8 Типизированный Solns Ex 8 Рукописный Solns 2018-Q12,2016-Q5, 2013-Q9, 2009-Q4

.

13. Рекомендуемое время в учебнике и ответы на вопросы — Блок 3

Расписание курсов, а также конкретные упражнения / вопросы из учебников для Раздела 3, любезно предоставленные издательством Teejay, можно найти ЗДЕСЬ.

Векторы

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
__________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
______________
Рекомендуемые вопросы
________________________
Урок / Примечания
_________________
Более высокая версия векторов Страница 282 Упражнение 15.1 Q6,7,8
Векторное произведение — 1 Стр. 286 Упражнение 15.3 Q1,2a, b, 5,7,8a, b, 10 Урок 1
Векторное произведение — 2 Страница 286 Упражнение 15.3 Q3,4,6,12 Урок 2
Уравнения прямой Стр. 298 Упражнение 15.8 Q1a, b, 2a, 3a, c, e, 5 Урок 3
Векторное уравнение прямой Стр. 298 Упражнение 15.9 Q2 Урок 3
Уравнение плоскости Page 291 Упражнение 15.5 Q1a, b, c, d, 2a, b, 3,4a, c, 9,10 Урок 4
Угол между 2 плоскостями Страница 293 Упражнение 15.6 Q1,2,3 Урок 5
Пересечение линии и плоскости Страница 300 Упражнение 15.10 Q1a, b, c, 2a, b, 3,4a Урок 6
Пересечение двух линий Страница 302 Упражнение 15.11 Q1,2 Урок 7
Пересечение двух плоскостей с использованием гауссианы Page 303 Упражнение 15.12 Q1,2 Урок 8
Пересечение двух плоскостей — альтернатива Страница 303 Упражнение 15.12 Q1,2
Пересечение трех плоскостей Страница 307 Упражнение 15.3 Q1a, c, 2a, c Урок 9

.

Матрицы

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже.Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
__________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
______________
Рекомендуемые вопросы
____________________________
Основные свойства и операции с матрицами Страница 231 Упражнение 13.1 Q1,2,3a, 4a, c, e, i, p, t, 7a, f, 9,10
Умножение матриц Стр. 235 Упражнение 13.3 Q1a, c, 2a, c, k, m, o, 3a, 4,5a, c
Свойства матричного умножения Страница 236 Упражнение 13.4 Q6a, b, 7a, b, 8a
Определитель матрицы 2 x 2 Стр. 240 Упражнение 13.6 Q1a, b, d, h
Определитель матрицы 3 x 3 Стр. 247 Упражнение 13.9 Q4a, b, c, d, 5a, b
Инверсия матрицы 2 x 2 Page 243 Упражнение 13.7 1 кв., 2, 4, 8, 9а, б, в
Инверсия матрицы 3 x 3 Страница 275 Упражнение 14.10 Q1a, b, c, d
Матрицы преобразования Стр. 251 Упражнение 13.10 Q1,2,5

.

Дальнейшие последовательности и серии (серия Маклорена)

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже.Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
______________
Рекомендуемые вопросы
_______________________
Серия Маклорена для f (x) Страница 179 Упражнение 10.5 Q1a, b, c, d, 3a, b
Серия Маклорена — Составные функции Страница 182 Упражнение 10.7 Q1a, f, 2a, 3a, 6a, 7a, 8a, b
Серия Maclaurin — вопросы SQA Вопросы и ответы SQA

.

Другие дифференциальные уравнения

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
__________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
______________
Рекомендуемые вопросы
________________________
Линейные дифференциальные уравнения 1-го порядка Страница 136 Упражнение 8.3 Q1a, b, 2a, 3a, b
Дифференциальные уравнения 2-го порядка
(корни действительные и отчетливые)
Страница 140 Упражнение 8.4 Q1a, b, c, 2a, b
Дифференциальные уравнения 2-го порядка
(действительные и совпадающие корни)
Страница 141 Упражнение 8.5 Q1a, b, c, 2a, b
Дифференциальные уравнения 2-го порядка
(корни ненастоящие)
Страница 142 Упражнение 8.6 Q1a, b, c, 2a, b
Неоднородные дифференциальные уравнения
(Нахождение общего решения)
Page 146 Упражнение 8.9 Q1a, b, c
Неоднородные дифференциальные уравнения
(Поиск частного решения)
Страница 146 Упражнение 8.9 Q2a, b, c

.

Дополнительная теория чисел и доказательства

Рекомендуемые вопросы из учебника «Математика в действии» (2-е издание) Эдварда Маллана приведены ниже. Ясные, простые в использовании, пошаговые решения по всем приведенным ниже вопросам доступны в пакете онлайн-обучения.

Подтема
_______________________________________
Номер страницы
_____________
Упражнение
_________
Рекомендуемые вопросы
____________________________
Нахождение наибольшего общего делителя (НОД) Страница 318 Пр. 16.3 Q1a, c, e, g, i
Выражение НОД в форме xa + yb = d Страница 320 Пр. 16.4 Q1,2,3,4
Количество оснований Страница 322 Пр. 16.5 Q1a-d, 2a-f
Дополнительная теория чисел — вопросы SQA Вопросы и ответы SQA

.

14. Оценки подразделений AH по математике — решения включены

Спасибо maths777 за то, что эти прекрасные ресурсы стали доступны для всех. Это отличный ресурс, который поможет вам подготовиться к экзаменам, тестам и выпускному экзамену.

.

15.Ссылки на видео AH

Щелкните DLB Maths, чтобы просмотреть видео-решения AH Maths Past Paper. На канале St Andrews StAnd Maths на YouTube также есть много видео, демонстрирующих рабочие примеры по темам. Обе ссылки на видео — отличные ресурсы, которые помогут вам подготовиться к экзаменам, тестам и выпускному экзамену.

.

16. Учебник по математике — Математика в действии (2-е издание) Эдварда Маллана

Полностью переработанный курс для нового экзамена Curriculum for Excellence, разработанный для полной поддержки новой структуры курса и оценки отдельных модулей.Являясь частью высоко оцененной серии «Математика в действии», она предоставляет студентам знакомый, ясный и тщательно структурированный учебный опыт, который побуждает их укреплять уверенность и понимание.

.

.

17. Пакет для онлайн-обучения продвинутой высшей математике

Посредством пошаговых решений для экзаменационных вопросов и рекомендованных вопросов из учебников MIA, доступных в Online Study Pack, мы покрываем все, что вам нужно знать о Proof by Contrahibited , чтобы сдать последний экзамен.

Для студентов, желающих «хорошо» сдать экзамен AH Maths, вы можете рассмотреть возможность подписки на фантастические ресурсы, посвященные дополнительным экзаменам, доступные в Online Study Pack. Подписка может стать одним из ваших лучших вложений.

Пожалуйста, дайте себе все возможности для успеха, поговорите со своими родителями и подпишитесь на экзамен Online Study Pack сегодня.

Мы надеемся, что ресурсы на этом веб-сайте окажутся полезными, и желаем вам всяческих успехов в вашем курсе AH Maths в 2022 году.

Получите учебный пакет — всего 9,99 фунтов стерлингов

Учителя нажмите здесь>

видов математических доказательств.Что есть доказательство? | Ниссим Лави

Многие теоремы утверждают, что существует определенный тип или вхождение объекта. Один из методов доказательства существования такого объекта — доказать, что P ⇒ Q (P влечет Q). Другими словами, мы продемонстрируем, как мы построим этот объект, чтобы показать, что он может существовать. Доказательство по построению — это просто то, что мы хотим доказать что-то, показывая, как это может быть. Есть только два шага к прямому доказательству:

1. Предположим, что P истинно.

2. Используйте P, чтобы показать, что Q должно быть истинным.

Рассмотрим пример.

Теорема: Если a и b являются последовательными целыми числами, сумма a + b должна быть нечетным числом.

Следуя шагам, которые мы изложили ранее, мы сначала предполагаем, что наша теорема верна. Тогда мы можем сказать, что, поскольку a и b являются последовательными целыми числами, b равно a + 1 . В этом случае a + b можно переписать как a + a + 1 или 2a + 1 .Следовательно, мы можем сказать, что a + b = 2k + 1. Мы знаем, что любое число, умноженное на четное, должно быть четным. Мы также знаем, что если мы прибавим 1 к любому четному числу, оно станет нечетным. Учитывая это, мы можем сказать: a + b = 2k + 1 показывает, что a + b нечетно.

Обычная форма доказательства теоремы предполагает предположение, что теорема ложна, а затем показать, что это предположение неверно, и, следовательно, является противоречием.

Давайте посмотрим на простой пример:

Теорема: если n² четное, то n четное.

Учитывая эту теорему, предположим, что четно, а n нечетно. Мы предполагаем, что теорема неверна. Как мы показали в предыдущем разделе, нечетное число может быть охарактеризовано как n = 2k + 1. Используя это определение для нечетного числа, мы говорим следующее:

n² = (2k + 1) ² = 4k² + 4k + 1 = 2 (2k² + 2k) + 1

Или, если кратко, n² = 2 (2k² + 2k) + 1 . Если мы положим m = 2k² + 2k, , мы получим n² = 2m + 1 .Используя определение нечетных чисел, которое мы упомянули ранее, мы должны сказать, что нечетно. В нашем предположении мы объявили четными. Противоречие! Поскольку наше предположение не может быть верным, должно быть четным, и мы доказали исходную теорему.

Доказательство по индукции — это более продвинутый метод доказательства, и, честно говоря, мне потребовалось время, чтобы по-настоящему понять. Этот метод используется, чтобы показать, что все элементы в бесконечном множестве обладают определенным свойством.Например, мы можем доказать, что 1 + 2 + 3 +… + n = n (n + 1) / 2.

В доказательстве индукцией мы обычно имеем 2 части: базис и индуктивный шаг . В основе лежит простейший вариант задачи.В нашем случае базис равен,

При n = 1 наша теорема верна

, поскольку 1 = 1 (1 + 1) / 2 .

Следующая часть доказательства — индуктивный шаг. Индуктивный шаг — это та часть, где можно обобщить вашу основу и сделать шаг вперед.

Предположим, что наша теорема верна для некоторого n = k ≥ 1, то есть:

1 + 2 + 3 +.

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

2015-2019 © Игровая комната «Волшебный лес», Челябинск
тел.:+7 351 724-05-51, +7 351 777-22-55 игровая комната челябинск, праздник детям челябинск