Adaugat la data: 2010-08-01
de catre: danutza
Numar pagini: 15
Tip document: .doc
Nivel: Liceu
Dimensiune: 205.0 KB
Downloads: 1
Credite: 0

Din referat: Variante examen - subiecte examen

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:=nU8

Functia f : 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, xoÎI si f,g: I ? R  f =g, 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 xÎI, 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, xoÎI si f,g: I ? R, cu f(xo) = g(xo), sunt functii derivabile in xo si f ’(xo) = g’(xo),  atunci f = g este falsa.

Justificarea printr-un contraexemplu.

Fie 0ÎI si functia

x2, daca xÎI nQ

 0, daca xÎI \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 f = g 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 f :I ? R, I Í R este continua intr-un punct de acumulare xoÎI, 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 f :I ? R, I Í R continua intr-un punct de acumulare xoÎI.

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 f :I ? R, I Í R este continua intr-un punct de acumulare xoÎI, 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 f :I ? R, I Í R nu este continua in punctul de acumulare xoÎI.

Propozitia contrara directei: nonB ? nonA. Daca o functie f :I ? R, I Í R nu este continua intr-un punct de acumulare xoÎI, 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 :?|
    (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 e > 0, exista numar strict pozitiv d = d(e), astfel incat oricare ar fi xoÎI, x ? xo, cu | x - xo | < d, sa avem : | f(x) - f(xo), | < e.

Dar daca x = xo, atunci | x - xo | = 0 < d si | f(x) - f(xo), | = 0 < e, astfel incat restrictia x ? xo este de prisos. Conform teoremei: Functia f :I ?

R este continua in punctual xoÎI, daca si numai daca pentru orice numar e > 0, exista un numar d = d(e) > 0, astfel incat oricare ar fi xÎI cu | x - xo | < d, sa avem | f(x) - f(xo), | < e. Rezulta ca functia f este continua in xo.

Demonstratia propozitiei reciproce. Din presupunerea ca f este continua in xo, pe  baza  definitiei,  urmeaza  ca  pentru  orice  sir  xn  ?  xo,  xnÎI  are  loc f(xn) ? f(xo).

In particular, pentru sirurile xn ? xo, (xnÎI) 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).