SUBIECTE BACALAUREAT MATEMATICA 2003 2004 bac VARIANTE EXAMEN, METODE DE REZOLVARE A PROBLEMELOR referat






 

 

 

VARIANTE EXAMEN

SUBIECTE EXAMEN

METODE DE REZOLVARE A PROBLEMELOR

PUNCTE DE VEDERE PRIVIND UNELE METODE DE DEMONSTRATIE SI REZOLVARE A PROBLEMELR SIEXERCITIILOR PROPUSE LA EXAMENUL DE BACALAUREAT SI ADMITERE LA FACULTATE



Este bine stiut ca orice situatie care pleca de la o ipoteza(date care se dau) si trebuie sa ajunga la o concluzie(date care se cer), parcurge un algoritm de rezolvare prin inlantuirea de propozitii bazat pe un rationament logic. Logica ne ajuta sa rezolvam o serie de probleme care nu se pot solutiona numai pe baza gandirii spontane, prin propozitii care exprima judecati legate intre ele.

De exemplu, sa urmarim inlantuirea propozitiilor :

,,Daca tu te cateri pe Everest, eu sunt martian’’

,,Tu te cateri pe Everest’’

Asa dar eu sunt martian’’.

Exemplul precedent arata un rationament, care este o inlantuire de judecati(propozitii), in care plecand de la anumite cunostinte care se dau(numite premize) se ajunge la alte cunostinte care se cer(numite concluzie). Orice rationament este corect daca si numai daca concluzia deriva din premize si nu numaidecat din ipoteza. Un rationament corect nu trebuie confundat cu adevarul concluziei.

In exemplul dat, rationamentul este corect dar concluzia este falsa, decurgand din premizele false date in ipoteza.

Rationamentele corecte se construiesc in orice teorie in care este valabil principiul bivalentei , pe baza operatiilor logice, bazandu-se pe tautologii.

 

  1. RATIONAMENT PRIN MODUS PONENS

 

La baza acestui rationament sta implicatia logica. Rationamentul era cunoscut din andtichitate, la Diogene avand forma :

,,Daca A este atunci este si B’’

,,or, prima este’’

,,deci si prima’’

Rationamentul preceent poate fi prezentat schematic , astfel :

 

Observati ca cu siguranta majoritatea teroremelor studiate sunt de aceasta forma.

Este important de retinut ca din orice teorema, se poate formula in mod logic din ea noi propozitii, ca: propozitia reciproca(B → A) si propozitia contrara (non A → non B). Noile propozitii, reciproca si contrara, devin teoreme numai daca sunt demonstrate ca fiind adevarate.

Demonstratia matematica este metoda specifica de justificare a teoremelor si consta in a arata ca daca ceea ce afirma ipoteza are loc, atunci concluzia rezulta din ea in mod logic. In orice demonstratie ne putem baza numai pe axiome sau/si teoreme demonstrate anterior. Nu este admis sa fie utilizate propozitii/ proprietati care inca nu au fost demonstrate, acestea din urma putandu-se baza la randul lor pe chiar pe teorema de demonstrat.

Exemplul 1. Teorema : Orice functie derivabila intr-un punct este continua in acel punct.

Consideram propozitiile :

A :Orice functie derivabila intr-un punct;

B :Este continua in acel punct.

Teorema prezentata este un rationament de tipul modus ponens, demonstratia gasindu-se in orice manual de analiza matematica.

Propozita reciproca :

B → A : Orice functie continua este derivabila este o propozitie falsa. Demonstram afirmatia printr-un contraexemplu:≤∩U∞

Functia : R → R , f(x) = |x| , este continua in origine, dar nu este derivabila in acest punct.

 

 

Exemplul 2. Teorema :Orice poligon convex poate fi circumscris unui cerc, daca bisectoarele unghiului poligonului sunt concurente inacelsi punct.

Consideram propozitiile :

A: Bisectoarele unghiurilor unui poligon convex sunt concurente in acelasi punct;

B: Poligonul convex se poate circumscrie unui cerc.

Rationamentul modus ponens poate fi pus in evidenta sub forma : (A si A → B) → B, demonstratia bazandu-se pe properietatea punctelor ce apartin bisectoarei si definitia cercului. Propozitiile reciproce B → A si nonA → nonB sunt deasemeni adevarate.

Exemplul 3. Daca I este un interval deschis, xoII si f,g: I → R fg, sunt functii derivabile in xo astfel incat f(xo) = g(xo), atunci f ’(xo)≤g(xo).

Teorema data este un rationament modus ponens, luand in consideratia propozita A de la daca pana atunci, iar propozitia B in rest. Demonstratia inferentei precedente este urmatoarea :

Oricarea ar fi xII, x > xo, are loc:

 

=

f(x) – f(xo) g(x) – g(xo)

x– xo x – xo

deci, prin aplicarea limitei pentru x xo, x > xo, se obtine :

f ’(xo) = fd(xo) ≤ gd(xo) = g(xo)

 

Propozitia reciproca B → A: . Daca I este un interval deschis, xoII si f,g: I → R, cu f(xo) = g(xo), sunt functii derivabile in xo si f ’(xo) ≤ g(xo), atunci fg este falsa.

Justificarea printr-un contraexemplu.

Fie 0II si functia

x2, daca xII Q 51355uif38mpu2c

0, daca xII \Q, si g(x) = x3.

Functiile f,g sunt derivabile in xo = 0, f(0) = g(0) si f ’(0) = g(0) si totusi f, g nu sunt in relatia fg in nici o vecinatate a punctului xo = 0. In concluzie, propozitia reciproca fiind falasa, se poate afirma ca teorema data nu are teorema reciproca.

Exemplul 4. Teorema directa : O functie :I → R, I Í R este continua intr-un punct de acumulare xoII, daca functia f are limita in xo egala cu valoarea imaginii f(xo).

Prin alegerea propozitiilor:

A: Functia f are limita in xo egala cu f(xo).

B: O functie :I → R, I Í R continua intr-un punct de acumulare xoII.

Teorema este un rationament de tip modus ponens, (A si A → B) → B.

Se pot formula propozitiile urmatoare :

Propozitia reciproca :B → A. daca o functie :I → R, I Í R este continua intr-un punct de acumulare xoII, atunci functia f are limita in xo egala cu valoarea imaginii f(xo).

Propozitia contrara directei: nonA → nonB. Daca functia f nu are limita in xo egala cu valoarea imaginii f(xo), functia :I → R, I Í R nu este continua in punctul de acumulare xoII.



Propozitia contrara directei: nonB → nonA. Daca o functie :I → R, I Í R nu este continua intr-un punct de acumulare xoII, atunci functia f nu are limita in xo egala cu valoarea imaginii f(xo).

Prin justificarea valorii de adevar –adevarul, propozitia reciproca este adevarata devenind teorema reciproca si o data cu ea devin teoreme si propozitiile contrara directa si contrara reciproca pe baza tautologiei pe care se bazeaza rationamentul prin modus ponens :≠|

 

x?xo

(A → B) ↔ (nonB → nonA)

(B → A) ↔ (nonA → nonB)

 

Demonstratia teoremei directe. Pornind de la premiza lim f(x) = f(xo),trebuie aratat functia f este continua in xo. aceasta inseamna ca, pentru orice ε > 0, exista numar strict pozitiv δ = δ(ε), astfel incat oricare ar fi xoII, x xo, cu | x - xo | < δ, sa avem : | f(x) - f(xo), | < ε.

Dar daca x = xo, atunci | x - xo | = 0 < δ si | f(x) - f(xo), | = 0 < ε, astfel incat restrictia x xo este de prisos. Conform teoremei: Functia f :I → R este continua in punctual xoII, daca si numai daca pentru orice numar ε > 0, exista un numar δ = δ(ε) > 0, astfel incat oricare ar fi xII cu | x - xo | < δ, sa avem | f(x) - f(xo), | < ε. Rezulta ca functia f este continua in xo.

 

 

x?xo

Demonstratia propozitiei reciproce. Din presupunerea ca f este continua in xo, pe baza definitiei, urmeaza ca pentru orice sir xnxo, xnII are loc f(xn) → f(xo). In particular, pentru sirurile xnxo, (xnII) cu xn xo, are loc deasemenea f(xn) → f(xo). In concluzie f(xo) este limita functiei in xo si are loc:

lim f(x) = f(xo).

Observatie. ip355u1538mppu

Demonstratia teoremelor poate urma calea analitica sau sintetica:

a). In cazul analitic se porneste de la ceea ce se cere spre ceea ce este dat. Intrebarile care se pun sunt de natura: ,, ce trebuie sa stim pentru a arata ca ”

b). in cazul sintetic se porneste de la ceea ce se da in ipoteza sau este cunoscut a fi adevarat, spre ceea ce se cere, intrebarile fiind formulate de forma: ,, ce se poate determina stiind ca…’’.

Exemplul 5. Fiind date numerele positive x1, x2, x3,…, xn, se definesc:

 

 

 

 

 

 

 

 

Media aritmetica Media geometrica Media armonica

Sa se arate ca are loc dubla inegalitate: Hn < Gn < An.

Demonstratie. Demonstram inegalitatea Gn An dupa o idee a lui Liouville, prin combinarea inductiei complete cu studiul functiilor.

Etapa de verificare. Pentru n=2, inegalitatea este evident adevarata. In adevar, justificarea se poate face dupa metoda demonstratieibsintetice. Pornind de la inegalitatea, evident adevarata, (x1 x2)2 ≥ 0, pentru orice x1 si x2 numere pozitive si inlocuind-o succesiv cu inegalitati echivalente:

(x1 x2)2 ≥ 0, x12 – 2x1x2 + x22 ≥ 0, x12 –2x1x2 + x22 + 4x1x2 ≥ 4x1x2,

x12 + 2 x1x2 + x22 ≥ 4x1x2, (x1 + x2)2 ≥ 4x1x2, x1 x2 ≥ 2,

de unde G1 A2.

Etapa de demonstratie. Presupunem ca pentru n inegalitatea Gn An, are loc.( egalitate pentru x1 = x2 = x3 = … = xn).

Pentru a demonstra adevrul inegalitatii pentru n+1 numere pozitive, sa consideram functia:

Va fi suficient ca aceasta functie de xn+1 este totdeauna pozitiva sau nula (in caz de egalitate). Derivata acestei functii

 

 

 

este o functie cerescatroare de xn+1 care se anuleaza pentru

Daca x1 = x2 = x3 = … = xn, atunci xn+1 are valoarea egala cu x1.

 

Functia f descreste pana la aceasta valoare si apoi creste, deci ea are un minim egal cu

valoare care, pe baza ipotezei este pozitiva sau nula. Avem deci f ≥ 0.

Pentru egalitate, minmul trebuie sa fie nul, ceea ce se intampla cand x1 = x2 = =x3 = … = xn, dar atunci xn+1 trebuie sa fie egal cu x1. q.e.d.

Pentru a dovedi inegalitatea HnGn, se considera numerele pozitive

z1-1 = z2-1 = z3-1 = … = xn-1, pentru care inegalitatea precedenta se scrie:

egalitatea avand loc cand z1 = z2 = … =zn. Rezulta de aici ca:

Observatii importante

1). Inegalitatile sunt relatii de ordine tranzitive, de regula definite p R, sau submultimi ale sale. De remaecat ca in multimea numerelor complexe C nu sunt definite relatii de ordine si ca atare inegaliyatile nu au sens.

2). Pentru a demonstra9justifica0 o inegalitate se poate folosi atat metoda analitica cat si cea sintetica. Totusi este de preferat a fi fololosita demonstratia sintetica, pornind de la intrebarea ,,ce se poate determina stiid ca…’’ .

3). Principiul inductiei complete este o metoda folosita la demonstrarea inegalitatilor depinzand de n, numar natural.





4). La verificarea inegalitatilor se pot folosi numai proprietatile stabilite prin teoreme asupra acestor relatii :

  • Se pot aduna(scadea) din ambii membri ai unei inegalitati, temeni(expresii) egali ;

  • Se pot inmulti(imparti) ambii membri ai unei inegalitati cu termeni(expresii) pozitivi. La impartire, termenii trebuie sa fie diferiti de zero(impartirea la 0 nu are sens) . Impartirea inegalitatilor cu expresii care contin nedterminate sunt permise numai daca in prealabil s-a demonstrat ca pastreaza semn constant ;

  • Ridicarea la putere a unei inegalitati este permisa numai daca ambii membri sunt pozitivi.

 

Exercitii propuse la examene bazate pe exemplul 5

Exercitiul 1. Sa se arate ca daca x, y, z sunt numere strict pozitive, atunci:

Solutie. Aplicand inegalitatea mediilor pentru cazul n+2, si pentru numerele de forma: vom obine succesiv:

de hune prin adunare membru cu membru, obtinem:

Impartind prin 2 inegalitatea precedenta se obtine cerinta.

Exercitiul 2. Sa se demonstreze ca oricare ar fi numerele reale are loc inegalitatea:

Solutie.Inegalitatea ceruta devine aproape evidenta, aplicand inegalitatea mediilor, astfel:

pentru numerele x, y, z, si

pentru numerele

Exercitiul 3. sa se arateca oricare ar fi numerele reale pozitive x, y, si z are loc inegalitatea:

Solutie. Se aplica inegalitatea mediilor pentru cazul n=3 si obtinem:

pentru numerele x, y si 1;

pentru numerele y, z si 1;

pentru numerele x, z si 1.

Adunand relatiile membru cu membru, se obtine inegalitaea din enunt. Evident, egalitatea se obtine x = y.

Exercitiul 4. Pentru numerele reale x,y si z pozitive asa incat x + y + z =1,sa se arate ca:

Solutie. Se transforma membrul stang, efectuand calculele si grupand convenabil:

E=

(vezi ipoteza x + y + z =1).

Aplicand inegalitatea mediilor pentru numerele pozitive x, y si z cu conditia din ipoteza, vom obtine: deci

Aplicand inegalitatea mediilor (aritmetica si armonica) pentru aceleasi numere, se obtine: deci

Inlocuind in E ultimele doua inegalitati vom obtine: E 1 +2∙27+9 = 64.

Exercitiul 5. Fie a,b si c numere reale pozitive. Sa se arate ca:

Solutia. Adunam in ambii membri 3 si distribuim la fiecare fractie din membrul stang pe 1: se obtine dupa efectuarea calculelor:

Notand prin x = b + x, y = a + c si z = a + b, inegalitatea precedenta devine: (*)

Aplicand inegalitatea mediilor(pentru mentru media aritmetica si geometrica) pentru numerele x, y si z si respectiv si , se obtine:

,

ceea ce trebuia aratat.

Observatie. Inegalitatea (*) se poate justifica si folosind inegalitatea Cauchy-Schwartz-Buniacovski:

Alte exercitii

6). a). Sa se arate ca pentru orice a =1 +b, ( b > 0, a,b I R+) si numarul natural n ≥2, are loc inegalitatea :

;

b).Sa se arate, folosind rezultatul de la a) ca pentru orice numar natural n ≥2, are loc:

.

Solutii. a). Din ipoteza ca b > 0 si a = 1 + b, prin ridicare la puterea n , se obtine:

.

b). Inlocuind in inegalitatea de la a), , se obtine:

.

 

7). Fie numerele reale a1> a2>…>an, b1>b2>…>bn. Sa se arate ca daca n ≥2,atunci:

a1b1 + a2b2 + … + anbn > a1bn + a2bn-1 + … + anb1.

Solutie. Cazul 1. Pentru n = 2k, relatia precedenta devine:

a1(b1 – bn ) +… +ak(bk – bn-k+1) – ak+1(bk – bn-k+1) – … – an(b1 – b2) > 0,

de unde

(a1 – an ) (b1 – bn) + … +(ak – ak+1) (bk – bn-k=1) > 0.

Si tinand cont ca fiecare paranteaza este pozitiva (vezi conditiile din ipoteza), rezulta inegalitatea ceruta.

Cazul 2. pentru n= 2k+1,inegalitatea devine:

a1b1 + … + ak-1bk-1 + akbk + ak+1bk+1 + … + anbn >

>a1bn + … + ak-1bk-1 + akbk + ak+1bk+1 + … + anb1.

Inegalitatea s-a redus la cazul precedent, dupa reducerea termenilor akbk.

8). Daca a si b sunt numere reale nenule , demonstrati ca:

.

Solutie. Notand cu prin ridicare la patrat, rezulta ,

de unde inegalitatea ceruta devine:

3(x2 2) – 8x + 10 ≥ 0.

Dupa efectuarea calculelor si rezolvarea inecuatieise 3x2 – 8x + 4 ≥ 0 se obtine sau x ≥ 2. Dar , deci daca ab > 0, atunci x ≥ 2 care conduce la (a b)2≥ 0, evidenta.

Daca ab > 0, atunci , deoarece.

9). Sa se arate ca:, unde a si b sunt numere reale.

Solutie. Daca ab > 0, atunci |a + b| = |a| + |b| si succesiv

Daca ab < 0, atunci |a + b| = max{|a| , |b|} si fie de exemplu |a| > |b|, deci |a + b| < |a|, de hune rezulta:

.

10). Sa se demonstreze ca pentru numerele reale pozitive a,b si pentru orice n intreg , are loc:

.

Solutie. Pentru n = 0 se obtine egalitate.

Pentru n ≥ 1, avem pe baza inegalitatii mediilor:

Fie acum n = – k, cu k . 0. Avem:

,

deoarece se poate demonstra prin recurenta sau cu ajutorul binomului ca:

2. RATIONAMENT PRIN REDUCERE LA ABSURD


loading...









Copyright © Contact | Trimite referat


Ultimele referate adaugate
Mihai Beniuc
   - Mihai beniuc - „poezii"
Mihai Eminescu Mihai Eminescu
   - Mihai eminescu - student la berlin
Mircea Eliade Mircea Eliade
   - Mircea Eliade - Mioara Nazdravana (mioriţa)
Vasile Alecsandri Vasile Alecsandri
   - Chirita in provintie de Vasile Alecsandri -expunerea subiectului
Emil Girlenu Emil Girlenu
   - Dragoste de viata de Jack London
Ion Luca Caragiale Ion Luca Caragiale
   - Triumful talentului… (reproducere) de Ion Luca Caragiale
Mircea Eliade Mircea Eliade
   - Fantasticul in proza lui Mircea Eliade - La tiganci
Mihai Eminescu Mihai Eminescu
   - „Personalitate creatoare” si „figura a spiritului creator” eminescian
George Calinescu George Calinescu
   - Enigma Otiliei de George Calinescu - geneza, subiectul si tema romanului
Liviu Rebreanu Liviu Rebreanu
   - Arta literara in romanul Ion, - Liviu Rebreanu














loading...



Scriitori romani