Как и когда применять математические софизмы?

Как и когда применять математические софизмы?

Использование математических софизмов, как «учебных», так и «классических» способствует более эффективному достижению образовательных, развивающих и воспитательных целей обучения математике.

Алгебра.

Алгебраические софизмы – намеренно скрытые ошибки в уравнениях и числовых выражениях.

7 класс.

В седьмом классе происходит изучение тем«Числовые и буквенные выражения» и «Преобразование выражений», далее изучается тема «Тождества и тождественные преобразования», «Формулы сокращённого умножения», «Вынесение общего множителя за скобки»,«Разложение многочленов на множители с помощью формул сокращенного умножения». Ученик овладевает понятиями «выражение», «тождество», «тождественные преобразования», «допустимые и недопустимые значения», знакомится с формулами сокращённого умножения, учится их использовать, выполнять разложение многочленов на множители, выполнять тождественные преобразования.

Для закрепления данных тем учитель может использовать следующие софизмы:

Задача №1. 5=6.

Возьмём числовое тождество:

35+10-45=42+12-54

5(7+2-9)=6(7+2-9)

разделим обе части этого равенства на множитель 7+2-9,

получим 5=6.

В чём ошибка?

Ошибка состоит в том, что 7+2-9=0, а на нуль делить нельзя.

Задача №2. Если , то .

Пустьm и n – произвольные, ,a,b,c – произвольные числа и a+b+c=d. Умножим обе части этого равенства наm, а затем на n:

,,

Складывая почленно эти равенства, получим:

.

Перенесёмвлево, а вправо:

,

, разделим обе части равенства на выражение , получим .

В чём ошибка?

Ошибка: Так как , то . Деление на нуль обеих частей равенства и послужило причиной абсурдного результата.

Задача №3. Любое число равно половине его.

Возьмем два равных числа а и b, а = b. Обе части этого равенства умножим на а и затем вычтем из них по . Получим - = , или (а + b) (а - b) = b(а - b). Отсюда а + b = b, или а + а = а, так как b = а. Значит, 2а = а, или а = а/2.

В чём ошибка?

Так как a=b, то a-b=0, но на нуль делить нельзя. Значит, переход от равенства (а + b) (а - b) = b(а - b) к равенству а + b = b неверен.

Задача №4. 2=1.

1. ( ) ( )( ), разделим обе части этого равенства на выражение , получим ,2=1.

2. , ,получим но , следовательно, 2=1.

В чём ошибка?

Ошибка в данном примере в том, что в первом случае выражение делится на , во втором , но на нуль делить нельзя.

Задача №5. Все натуральные числа больше 1, равны между собой.

;

;

………

для любого натурального

Разделим эти формулы на , получим:

;

;

………

.

Прилевые части принимают одно значение , следовательно, равны и их правые части, значит 2=3=…=n.

В чём ошибка?

Ошибка: Равенство справедливо для любого x, в то время как

прине имеет смысла (так как делить на нуль нельзя). Поэтому не имеют смысла дальнейшие выводы.

Задача №6. .

Пусть . Тогда или . Разложим по формуле разности квадратов: (1). Разделим обе части равенства на , получим , (2). По условию , тогда .

В чём ошибка?

Ошибка: так как по условию , то . (1) в силу того, что можно записать в виде , которое выполняется при любом значении . Вывод о том, что является неправильным.

При рассмотрении данных софизмов учитель преследует цель приучить учащихся никогда не предпринимать попытки деления на нуль. Ученик должен осознать, что математическая формула теряет смысл, как только делитель делается равным нулю.

В седьмом классе учащиеся также знакомятся с линейными уравнениями, системами двух линейных уравнений и методами их решения, формируются умения их решения. Рассмотрим софизмы по этим темам:

Задача №1.

Решим уравнение: .

0=5 - неверно, следовательно, решений нет.

Ответ: решений нет.

Найти ошибку в решении ученика.

Ошибка: , , но на нуль делить нельзя (равенство не является верным ни при каком ), следовательно, решений нет.

Задача №2.

Решить уравнение: ,

,, ,следовательно,x – любое число.

Ответ:x – любое число.

Найти ошибку в решении ученика.

Ошибка: ,

,, ,следовательно,x – любое число, так как это равенство верно при любом x.

Ответ:x – любое число.

Грубой ошибкой при решении линейных уравнений является то, что ученики из уравнениязаключают о том, что , где – некоторое произвольное действительное число. Эта запись, конечно, неверна. На самом деле, решение уравнения приводит к следующим выводам: . Если , то уравнение имеет бесконечное множество решений. Если же , то уравнение не имеет решений, так как нет такого числа, которое будучи умноженным на нуль, даёт число отличное от нуля.

Задача №3. .

Возьмём уравнение . Разделим обе части этого уравнения на : . Следовательно, .

В чём ошибка?

Ошибка: Так как , то уравнение нельзя делить на выражение .При делении мы получаем, что не имеет смысла.

Задача №4. .

Решить систему уравнений:
,

Подставимy из второго уравнения в первое уравнение: , следовательно, получаем, что .

В чём ошибка?

Ошибка: Система решений не имеет, так как второе уравнение представимо в виде , Графиками и являются две параллельные прямые.

«Степень с натуральным показателем», «Формулы сокращённого умножения»:

Задача №1. Любые два неравных числа равны между собой.

Пусть , . Умножим последнее равенство на , получим ,, ,

, , следовательно,

. Так как , то .

В чём ошибка?

Ошибка: здесь допущена ошибка в обращении суждения: «Если основания равны, то и квадраты равны». Из этого суждения непосредственно заключили, что «если квадраты равны, то и основания равны». На самом деле получаем равенство .

Задача №2. Равенство двух произвольно взятых чисел.

Пустьa и b>a – два произвольно взятых числа.

,

, следовательно, .

В чём ошибка?

Ошибка: Из суждения о том, что «если основания равны, то и квадраты равны» непосредственно заключили, что «если квадраты равны, то и основания равны». Именно это и привело к абсурдному результату.

Задача №3. Сумма двух одинаковых чисел равна нулю.

Пусть- произвольное число, и . Умножим последнее равенство на , получим , прибавим : или , а так как квадраты равны, то основания равны, следовательно, . Так как , то , , .

В чём ошибка?

Ошибка: допущена ошибка в обращении суждения: «Если основания равны, то и квадраты равны». Из этого суждения непосредственно заключили, что «если квадраты равны, то и основания равны». Эта ошибка и привела к нелепому результату.

Тема «Прямая и обратная пропорциональности». Целью предложенных софизмов является:

• закрепление и обобщение знаний учащихся по этой теме;

• развитие умений решать задачи;

Задача №1. Есть ли здесь пропорциональность?

Мальчик бросил диск в 800 грамм на 12 метров. На какое расстояние он бросит диск весом 20 грамм?

Ответ:

В чём ошибка?

Ошибка: этот фантастический ответ объясняется тем, что лишь при очень небольших изменениях веса бросаемого диска пролетаемое им расстояние изменится приблизительно обратно пропорционально весу. Точнее, если бросать снаряд в безвоздушном пространстве под одним и тем же углом к горизонту и сообщать ему одно и то же количество энергии, то для увеличения пролетаемого им расстояния в a раз надо вес снаряда уменьшить в раз. Когда диск бросают в воздухе, то при уменьшении веса диска и увеличении его скорости всё больше на дальность его полёта влияет сопротивление воздуха. Кроме того, диску маленького веса нельзя сообщить при бросании всего того количества энергии, которое затрачивается при бросании тяжёлого снаряда.

Задача №2. Самолёт поднялся на высоту 8 км. За 32 мин. На какую высоту он поднимется за 4 часа?

Ответ: на

Ошибка: это было бы верно, если бы высота набиралась пропорционально времени. В действительности такой пропорциональности нет: по мере того как увеличивается высота подъёма, растёт и время, нужное для подъёма на каждый следующий метр, и всякий самолёт имеет такую высоту подъёма, превзойти которую он уже не может.

Задача №3. Победитель на состязании в беге пробежал 100 м. за 10,2 сек. Сколько он пробежит за 1 час?

Ответ:

Ошибка: как показывает опыт, силы человека при таком быстром беге очень быстро истощаются, и каждые следующие 100 метров человек будет бежать уже гораздо дольше, а затем и вовсе остановится. О пропорциональности между продолжительностью пробега, начатой с такой большой скоростью, и пройденным расстоянием не может быть и речи.

Задача №4. Мотор в лошадиной силы, установленный на лодке, придаёт лодке скорость в 8 км. в час. Какую скорость придаст этой лодке мотор в 10 лошадиных сил?

Ответ:

Ошибка: этот расчёт неправильный, так как в действительности увеличение скорости моторной лодки происходит гораздо медленнее, чем увеличение мощности мотора. Опыты показывают, что мощность мотора растёт приблизительно пропорционально кубу скорости.

8 класс.

Рассмотрим примеры софизмов, которые могут использоваться в темах «Арифметический квадратный корень», «Свойства арифметического квадратного корня»:

Задача №1. Любое число равно .

Пусть ,и . Так как , то . Из первого равенства вычитаем второе, получаем (1). С полным основанием можем записать равенство Сложив эти два равенства почленно, получим (3). Прибавив и отняв в левой части равенства (3) величину , вместо равенства (3) получим , или, что, очевидно, то же самое, (4). В левой части последнего равенства первый и второй члены представимы в виде , а третий и четвёртый – в виде . В результате равенство (4) примет вид

(5) и окончательно может быть записано так: (6) (вынесли общий множитель в левой части за скобки). Для того, чтобы равенство (6) имело место, необходимо выполнение условия: (7), а так как в силу исходного равенства , заключаем, что , или , следовательно, , то есть произвольное число равно .

В чём ошибка?

Ошибка: ошибка допущена при переходе от равенства (6) к равенству (7). Так как , то в произведении (6) число может быть каким угодно, так как . , когда , здесь частный случай, когда .

Задача №2. Любое положительное число равно числу ему противоположному.

Пустьz – произвольное положительное число. По правилу извлечения квадратных корней имеем (1). С другой стороны (2). Исходя из последовательности равенств (1) и (2) заключаем, что .

В чём ошибка?

Ошибка: ошибочна последовательность равенств (2). Напомним, что и определены только для , где m и n (n>1) принадлежат натуральным числам. В частности, степени с отрицательным основанием и дробным показателем считаются не имеющими смысла (равен -3). Это связано с определением корня из отрицательного числа. Так как –z чисто отрицательное ( ), то не может быть представлено как , так как в области действительных чисел не существует.

Задача №3.

Найти числовое значение выражения при . Эту задачу ребята решили быстро, но некоторые из них прямо подставили вместоx три и получили , а другие заметили, что . Преобразовали данное выражение к виду и получили при : .

В чём ошибка?

Ошибка:верно, если , то есть данное равенство верно при . Так как . Согласно последнему равенству имеем:

и при получим .

В основном ошибки при решении задач по данным темам учащиеся допускают в связи с незнанием основных свойств арифметического квадратного корня. Очень частой и типичной ошибкой является неоднозначность квадратного корня. Учащиеся забывают при извлечении корней чётной степени из выражений в чётных степенях подкоренное выражение брать под знак модуля . Такие софизмы учитель может составить самостоятельно, взяв, к примеру, задание из контрольной работы, в котором учащиеся делали такие ошибки.

«Неравенства и их свойства»:

Задача №1. Всякое положительное число является отрицательным.

Пусть . Очевидно, что (1). Возьмём другое число и умножим обе части (1) на , получим (2). Вычтем из обеих частей , получим .

В чём ошибка?

Ошибка: При умножении обеих частей неравенства на одно и то же отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный. Вместо выражения (2) должно быть следующее выражение: .

Задача №2. Если , то .

Пусть , где a и b – произвольные положительные числа. Умножим обе части неравенства на b, получим . Отняв от обеих частей неравенства по , придём к неравенству , . После деления обеих частей неравенства на имеем соотношение . Если к неравенству прибавить неравенство , то получим неравенство , или, после отнимания от обеих частей поa, неравенство: .

В чём ошибка?

Ошибка: ошибка допущена при делении обеих частей неравенства на разность , имеющую при отрицательное значение. Деление обеих частей неравенства на одно и то же число приводит к неравенству того же смысла лишь тогда, когда делитель положителен; при отрицательном делителе знак неравенства меняется на противоположный.

Задача №3. Если a и b – положительные числа, то и .

Имея два неравенства одинакового смысла, то есть оба со знаком > или оба со знаком <, мы можем сложить или перемножить их почленно, и новое неравенство будет того же смысла, что и оба данных: из неравенства и вытекает, что , . Возьмём два положительных числа a и b и напишем два неравенства: , . Перемножая их почленно, заключаем, что , или после деления обеих частей на b ( ), получим: . Если напишем два других неравенства: , , то окажется, что и . Из любых двух положительных чисел каждое больше другого.

В чём ошибка?

Ошибка: вспомним теорему об умножении неравенств: можно почленно перемножить два неравенства одного и того же смысла, если обе части этих неравенств положительны; новое неравенство будет иметь тот же смысл, что и каждое из данных. Неосторожное умножение и привело к абсурдному результату.

Тема«Квадратное уравнение» и «Дробно – рациональные уравнения»:

Задача №1. .

,

,

,

(1). Из соотношения (1) делаем вывод, что .

В чём ошибка?

Ошибка: при получаем, что . Так как частное от деления нуля на любое число отличное от нуля, равно нулю, то из соотношения нельзя делать вывод, что , если . В данном примере мы встретились с использованием ложной аналогии, а именно: с распространением некоторого утверждения (если ,на случай исключения ( ). Кроме того, уравнение (или ) не даёт никаких оснований для утверждения, что .

Задача №2. Произвольно взятое число равно нулю.

Пустьa – произвольное отличное от нуля число. Составим квадратное уравнение: . Решая это уравнение, ученик рассуждал следующим образом: сначала умножим обе части уравнения на -3a, получим

, затем прибавим к обеим частям равенства , имеем , пользуясь формулой куба разности двух чисел, перепишем полученное уравнение в более коротком виде: , а после извлечения из обеих частей кубического корня будем иметь: , откуда .

В чём ошибка?

Ошибка: из уравнения , где a – произвольное отличное от нуля число, не следует, что .

, , , уравнение не имеет решений.

9 класс.

«Геометрическая прогрессия» и «Сумма бесконечной геометрической прогрессии при |q|<1»:

Задача № 1. Формула суммы членов геометрической прогрессии не верна.

Рассмотрим ряд 1 – 1+1 – 1+1… (1) и найдём его сумму S. Этот ряд можно рассматривать как геометрическую прогрессию, где Сумма членов геометрической прогрессии вычисляется по формуле , а при сумма членов геометрической прогрессииравна , то есть . С другой стороны можно найти так ,В результате получили, что с одной стороны , а с другой , следовательно, формула суммы членов геометрической прогрессии не верна.

В чём ошибка?

Ошибка:

1. Знаменатель прогрессии , и вычисления по формуле (2) проводить нельзя, так как эта формула справедлива только для знаменателя .

2. Перед тем как проводить любые действия над бесконечными рядами, необходимо убедиться, что данный ряд имеет конечную сумму (установить сходится данный ряд или нет). Для рассматриваемого ряда 1 – 1+1 – 1+1… частичные суммы равны , то есть переменно равны то 1, то 0, и рассматриваемый ряд предела не имеет и суммы этого ряда не существует. Следовательно, любые действия с рядом 1 – 1+1 – 1+1… бессмысленны.

Основной причиной возникновения таких ошибок при изучении тем «Геометрическая прогрессия» и «Сумма бесконечной геометрической прогрессии» является то, что ученики, очевидно, забывают, что формула применима только когда знаменатель геометрической прогрессии |q|<1.

«Иррациональные уравнения»:

Задача №1.

В тетради у ученика было обнаружено решение уравнения, которое выглядело следующим образом:

Решить уравнение:

(1)

,

, .

Проверка. При имеем: , то есть .

Приимеем: , то есть .

На этом решение оборвалось.

В чём ошибка ученика?

Ошибка:в равенстве (1) имеет смысл только при , а при этом условии отрицательна. Следовательно, уравнение корней не имеет.

Задача №2. .

Одному из учеников при решении уравнения показалось, что он доказал явно абсурдное, а именно, что . Решение было следующим:

, , , .

Проверка. При получаем, что , то есть .

Приполучаем, что , то есть .

В чём ошибка?

Ошибка: ученик забыл о том, что корни могут быть истинными и посторонними. А именно, он забыл о том, что при решении иррациональных уравнений могут появиться посторонние корни. Он рассматривал проверку только в плане подтверждения истинности его вычислений.

«Квадратные неравенства»:

Задача №1. Положительное число меньше нуля.

Пустьa и b – произвольные положительные числа, удовлетворяющие неравенству . Умножим обе части этого неравенства на , имеем:

, но число всегда положительное, значит положительное число меньше нуля.

В чём ошибка?

Ошибка: так как , то . Следовательно, при умножении обеих частей неравенство на знак неравенства меняется на противоположный.

«Арифметический квадратный корень n - ой степени»:

Задача №1. .

Пусть . Положим . Тогда , а так как , то имеем равенство , тогда получаем, что (1), , , (2),

Так как , то . Разделим обе части равенства на , получим .

В чём ошибка?

Ошибка: ошибка допущена в (1) и (2). , как это записано в левой части (1). Согласно определению корня чётной степени из числа, возведённого в ту же чётную степень, . Поэтому вместо ошибочного соотношения (1) надо написать, что . Что касается соотношения (2), то дело в том, что формула определена только для (m и n – натуральные числа). Так как по условию числоположительное, то отрицательно, поэтому выражение не определено. Правильно равенство (2) с учётом запишется так: . Так как по условию , то получаем .

В 9 классе ученики впервые знакомятся с тригонометрическими функциями и основными тригонометрическими формулами. Для более осмысленного усвоения данного материала ученикам могут быть предложены следующие математические софизмы:

Задача №1.

.

Пусть дано равенство . Возведём обе части этого равенства в степень : (1), ; прибавим к обеим частям 3, получим ; возведём обе части в квадрат: (3).

При , , , следовательно, . При , , значит .

В чём ошибка?

Ошибка: ошибка возникла при переходе от равенства (1) к равенству (2). Корень квадратный из квадрата некоторой функции равен не самой функции, а её модулю, то есть , а не . То есть вместо равенства (2) и (3) пишем:и . При , , , следовательно, .

Задача №2. .

Рассмотрим равенство: (1), которое верно, так как , . Используя соотношение , вместо равенства (1) имеем , , . Из соотношения (2) устанавливаем, что , следовательно, , что при даёт .

В чём ошибка?

Ошибка: в данном примере ложно равенство .Это объясняется тем, что оно получено в результате деления обеих частей равенствана разность , которая равна нулю, так как .

10 класс.

Изучение алгебры в 10 классе начинается с рассмотрения уже известных из 9 класса тригонометрических функций, далее ученики проходят их основные свойства и учатся решать тригонометрические уравнения и неравенства. Рассмотрим пример софизма, который учитель может предложить учащимся при решении задач по теме «Решение тригонометрических неравенств».

Задача №1. Синус угла уменьшается, если к углу прибавлять 360°.

Пусть α принадлежит промежутку (0; 180°). Тогдапринадлежит промежутку (0; 90°). Введём обозначение: . Синус и косинус этого угла первой четверти положительны. Прибавив к ещё 180°, получим угол третьей четверти, у которого и синус и косинус отрицательны. Но всякая отрицательная величина меньше положительной, а потому имеем, что ,(1). Перемножим эти два неравенства почленно, получим: (2). Используя формулу , перепишем неравенство (2) короче: . Далее умножим обе части неравенства на 2 и заменим на и окончательно получим: . В результате получили, что синус угла уменьшается, если к углу прибавлять 360°.

В чём ошибка?

Ошибка: в неравенствах (1) правые и левые части равны по абсолютной величине, но различны по знакам. Почленное их перемножение приводит к двум равным по абсолютной величине произведениям, которые имеют знак плюс, а потому равны друг другу. В силу этого неравенство (2) должно быть заменено равенством , которое приводит к формуле: и .

11 класс.

«Логарифмы и их свойства».

Задача №1. Логарифм отрицательного числа существует и равен логарифму положительного числа.

Возьмём число 100 и запишем равенства:

.

Следовательно, можем записать, что и . Логарифмируя последние равенства по основанию 10, и, учитывая, что , имеем , значит .

В чём ошибка?

Ошибка: ошибка заключается в равенстве (1), так как 100 является числом положительным и , а не как это утверждается в решении задачи.

Задача №2. Произвольное число в нулевой степени не равно единице.

Возьмём произвольное число a неравное нулю. Учитывая, что получим следующее: . Таким образом, имеем, что , следовательно, по определению логарифма приходим к выводу, что .

В чём ошибка?

Ошибка: в данном софизме содержится две ошибки:

1. Основаниеa логарифма может быть не любое число , а только число, которое удовлетворяет условиям .

2. Формула неверна. В силу справедливости формулы имеет место другое равенство .

Задача №3. Логарифм отрицательного числа существует.

Еслине существует, то и тоже не существует. Однако на основании свойства логарифма, в силу которого , при n=2 получаем, что ,а так как , где существованиеочевидно, то заключаем, что и тоже существует. В равенстве левая часть есть выражение, которое существует, следовательно, и правая часть тоже существует, а именно .

В чём ошибка?

Ошибка: формула (1) имеет место только при . Если же имеет место другая формула: . При n=2 необходимо пользоваться последней формулой, так что вместо (2) запишем .

Тема “Логарифмы” является традиционной в курсе алгебры и начал анализа средней школы, но очень трудно дается учащимся из-за сложности материала, концентрированности изложения. Знания свойств логарифмов и логарифмических функций у учащихся формальны. Допускается большое количество ошибок при решении задач, где необходимо использовать свойство логарифма . Софизмы помогают обеспечить необходимую мотивацию при изучении темы «Логарифмы и их свойства».

«Логарифмические и показательные уравнения»:

Задача №1. Произвольно взятое число равно нулю.

Пустьb – произвольно взятое число, .

Если , то Прологарифмируем соотношение (2): (3). Введём новые обозначения: , тогда можно записать . На основании соотношений (3) и (4) утверждаем, что , следовательно, (5). Складывая почленно равенства (1) и (5) имеем Таким образом, получили, что произвольное число равно нулю.

В чём ошибка?

Ошибка: в данном примере ошибка заключается в том, что равенство верно, если и неверно, если . Если , то . Вообще, если , то . Поэтому из соотношения следует соотношение , тогда получим , что не противоречит равенству

«Логарифмические неравенства»:

Задача №1. 2>3.

Рассмотрим очевидное неравенство: . Так как , , то неравенство перепишем следующим образом: . Логарифмируя последнее неравенство, получим . При делении обеих частей неравенства наимеем, что .

В чём ошибка?

Ошибка: , так как основание 10и . При делении обеих частей неравенства на знак неравенства меняется на противоположный (при умножении или делении обеих частей неравенства на одно и то же отрицательное число смысл его меняется на противоположный), чего не было выполнено в данной задаче.

Задача №2.

, , , , .

Ошибка:

, , так как , то ,

так как .

При изучении логарифмических неравенств ученики, как и при изучении в 8 классе неравенств и их свойств, особенно частой является ошибка: при умножении или делении обеих частей неравенства на одно и то же отрицательное число смысл неравенства не меняется на противоположный.

Задача №3. Косинус острого угла больше единицы.

Пусть α – произвольный острый угол. Прологарифмируем по произвольному основаниюочевидное тождество , в результате получим, что (1), , , разделим обе части последнего неравенства на , получим, что .

В чём ошибка?

Ошибка: при переходе от равенства (1) к равенству (2) умножили левую часть на 2, но всегда ли ? , если , следовательно, если , то неравенство не имеет смысла. В нашем примере косинус острого угла заключён между нулём и единицей и , значит, из равенства не вытекает, что .

Задача №4. .

Пусть дано очевидное равенство: (1). Прологарифмируем это равенство, в результате имеем, что (2). Далее рассмотрим неравенство: , , .

Неравенство (4) утверждает, что , то есть .

В чём ошибка?

Ошибка: переход от равенства (1) к неравенству (3) ошибочен. Так как , то , следовательно, . Об этом заключаем из того, что при логарифмическая функция возрастает от , причём при неположительная.

Задача №1.

«Производная» и «интеграл».

Элементы математического анализа занимают значительное место в математических классах в школе. Однако тема «производная» и «интеграл» проходятся в общеобразовательных классах. Многие традиционные элементарные задачи эффективно решаются с помощью понятий производной и интеграла. Школьные учебники и учебные пособия мало уделяют внимания этим вопросам. Именно по этой причине учащиеся допускают большое количество ошибок при решении задач с использованием производной и интеграла. Рассмотрим софизмы, которые могут быть предложены по темам «Производная» и «интеграл»:

Задача №1. График функции совпадает с осью абсцисс.

при , а так же во всех точках , . Площадь фигуры, ограниченной частью синусоидой и отрезком [0; ]оси абсцисс, определяется с помощью интеграла . Получили, что площадь фигуры, ограниченной синусоидой и осью абсцисс, равна нулю. Но площадь фигуры между некоторой кривой и осью абсцисс равна нулю только тогда, когда кривая совпадает с осью абсцисс. Значит, график функции совпадает с осью абсцисс.

В чём ошибка?

Ошибка: в данной задаче необходимо учитывать, что если синусоида располагается над осью абсцисс, то площадь имеет знак «плюс», а если под осью абсцисс – знак «минус». Нужно рассмотреть площадь фигуры отдельно на отрезке [0; ] и на отрезке [ ; ]. Тогда .

,

,

, следовательно, .

Задача №2. .

Выполним следующие действия:

• Дифференцируем функцию , получим .

• Полученное выражение проинтегрируем: .

• Дифференцируем функцию , получим .

• После интегрирования равенство примет вид: (2).

• Вычтем равенство (2) из равенства (1), в результате будем иметь, что .

В чём ошибка?

Ошибка: в равенствах (1) и (2) неправильно записаны выражения для неопределённых интегралов, которые на самом деле в общем виде должны иметь вид . Добавим к (1) и (2) константы, которые не равны, тогда (1) примет вид , а (2) – вид . Вычтем равенство (2) из равенства (1), получим .находятся из дополнительного условия, в нашем случае таким условие является верное тригонометрическое тождество , которое приводит к равенству . Пренебрежение константами и привело к ошибке.

Геометрия.

Геометрические софизмы – это умозаключения или рассуждения, обосновывающие какую-нибудь заведомую нелепость, абсурд или парадоксальное утверждение, связанное с геометрическими фигурами и действиями над ними.

7 класс.

Вседьмом классе учащиеся знакомятся с признаками равенства произвольных треугольников и прямоугольных треугольников. Они являются основным рабочим аппаратом всего курса геометрии. От того, как ученики научатся их применять, зависит дальнейшие успехи в освоении геометрии. Много учебных и практических задач сводится к поиску и доказательству равенства треугольников. Приведём пример софизма на тему «Признаки равенства прямоугольных треугольников: Катет прямоугольного треугольника равен его гипотенузе.

Доказательство:

в треугольнике ABC угол С равен 90^о, ВO - биссектриса угла СВА, D – середина катета AC, то есть СD = DА, ОD перпендикулярна СА, ОE перпендикулярна АВ, ОF перпендикулярна ВС. Имеем: ∆EВО=∆FВО (по гипотенузе и катету). Так как треугольники равны и в равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны, то ВE = ВF (1). ∆ EОА=∆FOC ( по гипотенузе и катету:OA=OC,OE=OF, та как каждая точка перпендикуляра, проходящего через середину отрезка, равноудалена от его концов), и OE=OF. Из равенства треугольников следует, что AE=FC (2). Складывая почленно (1) и (2) имеем, чтоAB=BC.

В чём ошибка?

Ошибка: рассуждения, о том, что катет равен гипотенузе опирались на ошибочный чертеж. Точка пересечения прямой, определяемой биссектрисой ВO и оси симметрии отрезка АС, находится внутри треугольника АВС. Нужно рассмотреть и другие случаи:

1. Точка пересечения лежит на отрезке АС.

2. Точка пересечения лежит вне ∆ АВС.

Верным является последний случай (смотри рисунок 14).

8 класс.

Использование понятия подобные фигуры, в том числе и подобные треугольники, в школе имеет большое методическое значение. Идея подобия дает эффективный метод решения большого класса задач на доказательство, построение, вычисление. Доказательство теорем с привлечением подобия значительно проще. В усвоении материала по этой теме учителю могут помочь математические софизмы.

Задача №1. Отрезок прямой равен своей правильной части.

Д оказательство:

Пересечём произвольно взятую прямую в точках A и B прямыми MN и PQ перпендикулярными к AB. Проведём прямую, которая пересекаетMN,AB и PQ в точках E,C и D соответственно. ∆ CBD подобен ∆ ACE, тогда из подобия этих треугольников получаем или(1). Пересечём стороны CD и BD треугольника CBD в точках F и H прямой, параллельной его третьей стороне. ∆ CBD подобен ∆ FHD, тогда из подобия треугольников следует, что или (2). Учитывая равенства (1) и (2), получим

, , тогда ,

. Прибавим к обеим частям последнего равенства разность , в результате имеем:

после приведения подобных слагаемых получим, что

,

, а из равенства (4) при делении обеих его частей на выражение вытекает, что .

В чём ошибка?

Ошибка: так как , то , а по правилам арифметики деление на число нуль запрещено. Деление на нуль выражения

и привело к нелепому выводу о том, что .

Задача №2.

Впроизводной трапеции ABCD продолжим нижнее основания вправо на отрезок, равным верхнему основанию , а верхнее основание продолжим в противоположную сторону, то есть влево на отрезок, равный нижнему основанию . Проведём диагонали трапеции AC и BD и соединим точки F и E. Диагональ AC делится другой диагональю BD и прямой FE на три отрезка: CH=,HG= и GA=.

ТреугольникиCDG и ABG подобны по двум углам: ∠BAG=∠DCG как внутренние накрест лежащие углы,∠AGB=∠DGC как вертикальные углы, поэтому справедливо равенство (1). Треугольники AFH и CEH также подобны по двум углам, и для них справедливо неравенство (2). Из равенств (1) и (2) получим . Умножим числитель и знаменатели в правой части этого отношения на -1, придем к пропорции . Применяя к этой пропорции известное из алгебры свойство: если несколько пропорций равны между собой, то они равны также отношению суммы всех членов, стоящих в знаменателях этих пропорций, получим == (3). Учитывая соотношение (1), из последнего равенства находим, что =, откуда =, и, следовательно, a+b=0, то есть сумма оснований трапеции равна нулю.

В чём ошибка?

Ошибка содержится в равенстве (3), которое в случае, если отрезки равны, не имеют смысла. Действительно, если , то в равенстве (3) дробь =, что не имеет никакого смысла. Докажем, что действительно отрезки равны. Из соотношений (1) и (2) следует два уравнения

,

,

складывая которые получим, что , откуда и следует равенство отрезков .

Задача №3. Ещё о пропорциональности.

На плане с масштабом в 1: 10000 изображён прямоугольник, имеющий на плане стороны 2 см. и 3 см. Какова площадь этого прямоугольника в натуре?

Здесь дробь 1: 10000 является отношением длины любого отрезка на плане к длине соответствующего отрезка в натуре. Правильно ли утверждение, что площадь прямоугольника в натуре (2 см.3 см.)10000=60000 =6 .

Ошибка: неверно, так как площадь подобных фигур (прямоугольника на плане ABCD и прямоугольника в натуре подобны) не пропорциональны сторонам, а пропорциональны квадратам сторон. Стороны больше соответствующих сторон ABCD в 10000 раз, площадь же больше не в 10000 раз, а в раз. Следовательно,

Задача №4. Ещё о пропорциональности.

Желая сравнить два участка, человек обмерил их границы (периметры) и, найдя границу первого участка равной 60 м., а границу второго – равной 50 м., заключил, что площадь первого участка больше площади второго участка на 20%.

Так ли это?

Ошибка: между площадью и периметром определённой зависимости нет. Так, прямоугольник со сторонами 10 м. и 15 м. имеет периметр равный 50 м., а площадь равную 150 , а прямоугольник со сторонами 5 м. и 20 м. имеет периметр равный 50 м., а площадь равную 100 . Судить о площадях двух фигур по их периметру можно, если эти фигуры подобны. Тогда их площади пропорциональны квадратам их периметров. Два геометрически подобных участка, имея периметры в 60 м. и 50 м., имеют площади, отношение которыхСледовательно, площадь первого участка больше площади второго участка на 44% площади последнего. Если же участки с периметрами 60 м. и 50 м. не подобны, то об их площадях ничего сказать нельзя.

В седьмом классе учащиеся познакомились с признаками равенства произвольных и прямоугольных треугольников. Понятие равенства треугольников встречается неоднократно при решении задач на протяжении всего курса геометрии. Учащимся восьмого класса по данной теме можно предложить следующие софизмы:

Задача №1. Прямой угол равен тупому (планиметрический вариант).

Пустьимеем четырёхугольник ABCD∠D=d,∠C>d и BC=DA. Из середин сторон AB и CD восстановим перпендикуляры, которые пересекутся в точке O, соединим точку O с точками A,B,C,D. Из попарно равных п рямоугольных треугольников ∆AKO=∆BKO, ∆DLO=∆CLO устанавливаем, что AO=BO,OC=OD,∠ODL=∠OCD (1). Так как DA=BC,OA=OB,OD=OC, то ∆AOD=∆BOC, следовательно, ∠ADO=∠BCO (2). Вычитаем из равенства (2) равенство (1): ∠ADC=∠BCD, то есть прямой угол равен тупому.

И чём ошибка?

Ошибка: рассмотрены не все случаи:

1. ТочкаO лежит внутри ABCD;

2. ТочкаO принадлежит стороне DC, то есть является серединой отрезка DC.

Рассмотренный нами случай нужно разделить на два: тупой угол BCD и треугольник BOC лежат:

1. по одну сторону от BC;

2. по разные стороны от BC;

Второе предположение не приводит к абсурду, так как ∠ADC=90° представляется разностью углов ∠ADO и ∠ODC, а тупой угол BCD дополняет до 360° сумму двух таких же углов ∠BCO и ∠OCD. Рассуждая методом от противного, устанавливаем, что только второе предположение данного случая может быть возможным.

Задача №2. Любой треугольник равнобедренный.

Рассмотрим произвольный треугольник ABC, в котором . Проведем биссектрису углами ACB и восстановим к середине (точка D) стороны AB перпендикуляр . Эти две линии и не могут ни совпадать друг с другом, ни быть параллельными, так как в обоих этих случаях биссектриса служила бы одновременно и высотой, что возможно лишь в равнобедренном треугольнике, то есть при AC=BC. Следовательно, прямые и обязательно пересекаются в некоторой точке E. Точка E может находиться либо внутри треугольникаABC (рисунок ), либо вне его (рисунок ), либо на стороне (рисунок в). На рисунке (а) соединим точку E с вершинами A и B треугольника и, кроме того, из точки E опустим перпендикуляры EF и EG к сторонам AC и BC соответственно. Прямоугольные треугольникиADF и CEG равны по гипотенузе CE и катетам EF=EG (точка E, находясь на биссектрисе угла C, одинаково удалены от его стороны), а потому CF=CG. Прямоугольные треугольники AEF и BEG равны в силу равенства гипотенуз AE и BE и катетов EF и EG, следовательно, AF=BG. Почленное сложение равенств CF=CG и AF=BG приводят к равенству AC=BC, которое противоречит условию . Отсюда следует, что всякий неравнобедренный треугольник есть в то же время равнобедренный! К тому же заключению мы придем, рассмотрев случай, когда точка E находится не внутри, а вне треугольникаABC (рисунок б). Рассмотрение треугольниковEFC и EGC,EAD и EBD,EAF и EBG позволяет установить, что CF=CG,AF=BG, а почленное вычитание последних равенств приводит к выводу, что AC=BC, то есть основа к равнобедренному треугольнику. Тот же результат будет и в случае, если точка E окажется на основе AB, то есть совпадёт с точкой D (рисунок в). Равенство треугольниковADF и BDG,CDF и CDG влечет за собой равенство AF=BG,FC=GC, откуда опять AC=BC.

В чём ошибка?

Ошибка: если аккуратно выполнить чертёж, то сразу можно заметить, в чём ошибка в данном софизме, ведь серединный перпендикуляр к стороне и б иссектриса противолежащего ей угла для неравнобедренного треугольника пересекаются вне этого треугольника. В таком случае одна из точек F и G находится внутри треугольника ABC, другая же вне его. Но тогда из равенствCF=CG и AF=BG не вытекает, что AC=BC, так как AC=AF+CF, а BC=CG-BG, и тогда никакого противоречия с условияAC>BC не получается.

Большую роль в решении задач связанных с окружностью, играют вписанные углы.

З адача №1. Сумма углов треугольника меньше 180°.

Рассмотри произвольный треугольник ABC. Из точки C проведём CF и CG так, чтобы ∠GCB=∠CBA,∠FCA=∠CAB. Тогда сумма ∠FCA+∠ACB+∠GCB равна сумме внутренних углов треугольника. На CB и AC как на диаметрах построим две полуокружности с центрами и . Из точек A и B на AB восстановим перпендикуляры и продолжим их до пересечения с соответствующими окружностями в точках K и L. Соединим K и L с C. Рассмотрим ∠AKC и ∠BLC:K и L лежат на полуокружностях, стороны их опираются на диаметры, следовательно, они прямые. Из C проведём прямую CH параллельно прямой LB. Прямая CH также параллельна прямой AK, так как прямая AK перпендикулярна основанию AB (по построению), прямая LB перпендикулярна основанию AB (по построению), следовательно, прямаяAK параллельна прямой LB, а прямая LB параллельна прямой CH, значит, прямая AK параллельна прямой CH. Итак, прямая AK прямая LB параллельны между совой. Следовательно,∠HCK=90° и ∠HCL=90°, значит, ∠HCK+∠HCL=180°. Между тем из рисунка видно, что∠FCA+∠ACB+∠GCB<∠HCK+∠HCL, следовательно, ∠FCA+∠ACB+∠GCB<180°, а так как ∠FCA+∠ACB+∠GCB есть сумма внутренних углов треугольника, то сумма углов треугольника меньше 180°.

В чём ошибка?

Ошибка: неправильно построены точки K и L. Действительно, прямые CF и CG параллельны основанию AB треугольника ABC, так как ∠FCA=∠CAB,∠GCB=∠CBA по построению (внутренние накрестлежащие углы). Поэтому перпендикуляры к AB, восстановленные из точек A и B, должны быть перпендикулярными к прямымCF и CG. Так как углы, образованные этими перпендикулярами и прямыми CF и CG, опираются на диаметры соответствующих окружностей, то вершины этих углов, будучи прямыми углами, должны лежать на соответствующих окружностях, следовательно, прямая DCсливается с прямой CF, а прямая CE – с прямой CG. Соответственно точка K лежит на прямой CF и на окружности, L лежит на CG и на своей окружности.

З адача №2. Через одну точку можно провести две параллельные прямые.

Доказательство:

Пусть дана прямая MN и произвольная точка K, не лежащая на этой прямой. Через точкуK проведём параллельно PQ прямую MN. Соединим точку K с произвольно взятой на MN точкой L и опишем на KL как на диаметре полуокружность. В точкеL восстановим перпендикуляр, который пересекает дугу полуокружности в точкеE. Прямая KE параллельна прямой MN. Угол KEL, как вписанный, опирающийся на диаметр, равен 90°. Получили, что к прямой MN через точку K проведены две параллельные прямые: PQ и KE.

В чём ошибка?

Ошибка: точки E и F, которые на самом деле должны совпадать рассматриваются как различные. ПрямаяLE должна удовлетворять двум требованиям:

• Она перпендикулярна PQ, так как LE по построению перпендикулярна MN, а MN параллельна PQ.

• Является стороной вписанного угла, опирающегося на KL.

Следовательно, вершина вписанного угла должна находиться на PQ и на полуокружности, то есть в точке их пересечения F.

З адача №3. Окружность имеет два центра.

Доказательство:

построим произвольный угол ABC и, взяв на его сторонах две произвольные точки D и Е, восстановим из них перпендикуляры к сторонам угла . Перпендикуляры эти должны пересечься (если бы они были параллельны, параллельны были бы и стороны АВ и СВ). Обозначим их точку пересечения буквой F. Через три точки D, E, F проводим окружность, что всегда возможно, так как эти три точки не лежат на одной прямой. Соединив точки Н и G (точки пересечения сторон угла ABC с окружностью) с точкой F, получим два вписанных в окружность прямых угла GDF и HEF. Итак, мы получили две хорды GF и HF, на которые опираются вписанные в окружность прямые углы GDF и HEF. Но в окружности вписанный прямой угол всегда опирается на ее диаметр, следовательно, хорды GF и HF представляют собой два диаметра, имеющие общую точку F, лежащую на окружности. Поскольку эти две хорды, являющиеся, как мы установили, диаметрами, не совпадают, то, следовательно, точкии делящие отрезки GF и HF пополам, представляют собой не что иное, как два центра одной окружности.

В чём ошибка?

Ошибка: ошибка здесь кроется в неправильно построенном чертеже. На самом деле окружность, проведенная через точки Е, F и, обязательно пройдет через вершину В угла ABC, то есть точки В, Е, F и D обязательно должны лежать на одной окружности. Тогда, конечно, никакого софизма не возникает. Действительно, восстановив перпендикуляры в точках Е и D к прямым ВС и ВА соответственно и продолжив их до взаимного пересечения в точке F, получаем четырехугольник BEFD. У этого четырехугольника сумма двух его противоположных углов BEF и BDF равна 180°. Но согласно известному в геометрии утверждению вокруг четырехугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма двух его противоположных углов равна 180°. Отсюда следует, что все вершины четырехугольника BEFD должны принадлежать одной окружности. Поэтому точки G и Н совпадут с точкой В и у окружности окажется, как и должно быть, один центр.

Задача №4. Через две данные точки можно провести две прямые.

В озьмём произвольный треугольник ABC и на сторонах AB и AC как на диаметрах построим по окружности. Пересекаясь в точке A, эти две окружности пересекутся ещё в одной точке; обозначим её буквой D. Угол ADB, как вписанный в окружность и опирающийся на её диаметр AB, есть прямой. По той же причине угол ADC, опирающийся на диаметр AC, тоже прямой. Прямой угол ADB и ADC, имеющие общую вершину D, общую сторону AD и составляющие в сумме , имеют и две другие стороны BD и DC, которые, лежат на одной прямой. Таким образом, линия BDC не ломаная, как показано на рисунке, а прямая. В результате имеем, что через две данные точки можно провести две прямые.

В чём ошибка?

Ошибка: это рассуждение показывает лишь то, что точка D лежит на BC, совпадая с точкой E: окружности, построенные на AB и AC треугольнике ABC как на диаметрах, пересекаются в точкеE, которая является основанием перпендикуляра, опущенного из A на BC.

9 класс.

«Длина окружности»:

З адача №1. Две окружности разного радиуса имеют одну и ту же длину.

Доказательство:

Возьмём два колеса с радиусами R и r,Rr и представим, что они насажены на общую ось. Будем катить колесо радиуса R без скольжения по прямой DE. Когда точка A на окружности этого колеса, находящаяся в начальный момент на DE, совершит полный оборот и снова окажется на DE, совпав с , то , пройденный за это время центром окружностиC, будет равен , который равен длине окружности колеса . Если меньшее колесо насажено на общую ось с первым и закреплено с ним, то оба колеса один полный оборот одновременно. Но можно считать, что, в то время как первое колесо катится по DE, второе колесо катится по FG. Совершив один полный оборот, второе колесо пройдёт путь , равный длине своей окружности, то есть . Но , следовательно, , то есть две окружности разного радиуса имеют одну и ту же длину.

В чём ошибка?

Ошибка: предположим, что большее колесо катится по DE без скольжения, то есть при каждом полном обороте колеса его центр проходит путь, равный длине окружности . Меньшее колесо, крепко закрепленное с большим колесом и катящееся по FG, совершает полный оборот, равный длине его окружности, который меньше пути . Тогда получаем, что меньшее колесо, катясь по FG, проскальзывает на ней, то есть катится со скольжением.

З адача №2. Отношение длины окружности к её диаметру не равно числу π.

Построим на отрезки длиной как на диаметре полуокружность. Разобьём диаметр на равных частей и на каждом полученном отрезке построим как на диаметре новых маленькие полуокружности, располагая их поочередно по одну и по другую стороны диаметра. В результате получим зигзагообразную линию вокруг диаметра исходной полуокружности. При неограниченном увеличении числа эта зигзагообразная линия будет все меньше и меньше отличаться от отрезка и в пределе при совпадет с ним. Обозначив длину кривой, составленной из равных полуокружностей, через , можно записать, что = (1). С другой стороны, длина каждой маленькой полуокружности, построенной на диаметре и имеющей радиус , равна (2π), а потому = Таким образом, полная длина кривой равна длине исходной полуокружности, причем этой же длине равен и предел длины кривой, то есть = (2). Сопоставляя равенства (1) и (2), приходим к выводу, что откуда π=2. Следовательно, мы получили, что длина произвольной полуокружности равна длине своего диаметра, а число π, выражающее отношение длины всякой окружности к своему диаметру, равна двум.

В чём ошибка?

Ошибка: пределом длины линии , состоящей из равных полуокружностей, построенных на диаметре большой полуокружности радиусом , является . Равенство (1) неверно, так как рисунок создаёт лишь иллюзию неограниченного приближения длины к диаметру большой полуокружности при неограниченном возрастании . Хотя при радиусы полуокружностей и стремятся к нулю, но в то же время складывается бесконечное число длин этих полуокружностей, сумма которых остаётся постоянной и равной . То есть мы имеем, что . Равенство (1) неправильно и должно быть заменено на равенство (2).

Большинство ошибок, которые допускают ученики при решении задач по теме «Длина окружности» связаны с незнанием основных формул необходимых для правильного решения той или иной задачи.

Д ля нахождения неизвестных сторон и углов однозначно определенного треугольника обычно используют теоремы синусов и косинусов. Приведём примеры математических софизмов, в которых применяются данные теоремы:
 Задача №1. Часть отрезка равна всему отрезку.

Пусть в треугольнике ABC ∠A – наибольший из углов. Проведём прямую AD так, чтобы ∠BAD=∠BCA. Опустим на основание BC перпендикуляр AE. Треугольник BAC подобен треугольнику BAD (∠B – общий, ∠BAD=∠BCA), следовательно, (1). С другой стороны из того, что ,следует, что (2). Из (1) и (2) вытекает равенство , откуда (3). Из ∆ABC и ∆ABD по теореме косинусов с учётом, что

запишем:

,

и . Подставим эти равенства в равенство (3), получим или

, или . Перенесём вправо, а влево, получим , далее приведём к общему знаменателю: (4). Так как числители равны, то равны и знаменатели, то есть .

В чём ошибка?

Ошибка: заметим, что (1) можно записать и как отношение , приравняв которое к (2) получим , откуда . Таким образом, числитель в равенстве (4) равен нулю или , следовательно, могут быть любыми.

З адача №2.Все треугольники равносторонние.

В произвольном треугольнике ABC с углами продолжим стороны на отрезки соответственно. Угол является внешним по отношению к каждому из полученных треугольников ACD и ABE, поэтому ∠ACD +∠ADC=, а ввиду равенства углов ACD и ADC каждый из них равен . По той же причине углы ABE и AEB равны между собой и также же составляют. Теперь рассмотрим треугольник BCD. Его стороны лежат против углов: ∠CDB= и ∠BCD=γ + , а потому по теореме синусов имеемsinγ+=. (1). Подобным же образом из треугольникаBEC получим sinβ+=. (2). Сопоставление равенств (1) и (2) дают равенство sinγ+=sinβ+ (3), которое приведет к заключению, что γ + =β + (4), или после уничтожения равных членов слева и справа к равенству β = γ (5). Аналогично продолжив стороны BA и BC, приходим к выводу, что α = γ (6). Равенства (5) и (6) доказывают, что у произвольного треугольника все три угла равны, а следовательно, произвольный треугольник является равносторонним.

В чём ошибка?

О шибка: Ошибка совершена при переходе от (3) к (4). Равным углам соответствуют равные синусы, но равным синусам не обязательно соответствуют равные углы.

Задача №3. Все треугольники прямоугольные.

Рассмотрим произвольный треугольник ABC со сторонами AC=,BC=,AB=, высотой CD=h и проекциями сторон AC и CB на сторону AB, равными и g соответственно. Углы при вершинах A,B и C обозначим соответственно α, β и γ. Согласно известной тригонометрической формуле, имеем sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ (1). Выражая в равенстве (1) тригонометрические функции углов через отношения соответствующих сторон треугольника, а также применяя теорему синусов, согласно которой = ==2R (2), где R радиус описанной около треугольникаABC окружности, и учитывая, что +g=. Учитывая (1), (2), (3) и выражая из (1) тригонометрические функции углов через отношения сторон треугольника, получимsin(α+β)=+= = (4). Кроме того, так как sinα= и =2Rsinβ, то =2Rsin α sinβ. Подставляя последнее равенство в (4), получим sin(α+β)=sinγ (5), откуда α+β=γ (6). Так как в любом треугольнике α+β+γ=π, то получаем окончательно, что γ= и α+β= . Таким образом, доказано, что все треугольники прямоугольные.

В чём ошибка?

Ошибка: переход от равенства (5) к равенству (6) ошибочен. Действительно, равенство (5) приводит не только к равенству углов (6), но и к равенству α+β=γ+2π и α+β=π-γ. Первая формула не подходит, так как углы α+β и γ, будучи углами треугольника, не превосходят каждый или π. Поэтому остаётся вторая формула, которая приводит к равенству α+β+γ= π. То есть здесь допущена ошибка в обращении суждения: « Если два угла равны, то и их синусы тоже равны».

З адача №4. Все треугольники равносторонние.

Пусть дан произвольный треугольник ABC. Площадь этого треугольника можно вычислить по формулам: и . После умножения обеих частей равенства (1) на 2Ra, а равенства (2) на 2Rb имеем:

и, где R – радиус описанной окружности. Тогда:=. По теореме синусов имеем: ,. Исходя из последних равенств, перепишем (1) в виде:

, (2). Разделим обе части последнего равенства на , получим . Аналогично доказывается, что , следовательно, .

В чём ошибка?

Ошибка: из известной формулы получаем, что . Следовательно, (2) имеет вид , которое справедливо для любых .

На уроках математики при решении задач дети часто допускают ошибки, которые приводят их к неправильным результатам. На основе таких ошибок учитель может самостоятельно составить софизмы, так называемые «учебные» софизмы. Рассмотрим примеры таковых:

Алгебра.

7 класс.

«Решение текстовых задач»:

Задача №1.

Решить задачу: Два туриста идут навстречу друг другу из пунктов А и В. Первый выходит из А на 6 часов раньше, чем второй из В, и при встрече в пункте С оказывается, что он прошел на 12 км меньше второго. Продолжая после встречи путь с той же скоростью, первый приходит в В через 8 часов после встречи, а второй в А – через 9 часов. Определить расстояние АВ и скорость обоих пешеходов.

Решение:

Пусть (км/ч) – скорости первого и второго пешеходов,S(км)=АВ.

рис. 30

Так как участок ВС первый прошел за 8 часов, то . Второй прошел расстояние СА за 9 часов, поэтому .

Так как первый до встречи в С со вторым прошел на 12 км меньше, то . Выразим теперь время, затраченное пешеходами от начала движения до их встречи: .

Так как первый вышел на 6 часов раньше, то: .

Сделаем замену: и решим уравнение: . Его корни: .

Получили 2 случая:

1. .

2. .

Значит,

1. ;

2. .

Так как расстояние не может быть отрицательным, то подходит только второй случай.

Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибки:

1. Неправильно составлено уравнение, связывающее величины АС и ВС;

2. Не учтено, что скорость не может быть отрицательной.

Задача №2.

Решить задачу: Две трубы, работая одновременно, наполняют бассейн за 12 часов. Одна первая труба наполняет бассейн на 10 часов медленнее, чем одна вторая. За сколько часов наполняет бассейн одна вторая труба?

Решение:

Положим объем бассейна = 1. Пусть часов – время наполнения бассейна одной второй трубой. Тогда одна первая труба наполнит бассейн за часов. Находим производительность этих труб: . За 12 часов совместной работы с общей производительностью заполняется весь бассейн: . Решаем полученное уравнение: .

Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: неправильно применена формула производительности через объем работы и время.

8 класс.

«Дробные рациональные уравнения»:

Задача №1.

Решить уравнение:

Решение:

_{Приведем дроби к общему} знаменателю. Дробь равна нулю, если числитель равен нулю, следовательно, получаем:

Ответ:x= 1.

В чём ошибка?

Ошибка: знаменатель не должен быть равен нулю, следовательно, x≠ 1.

Задача №2.

Решить уравнение:

:

В чём ошибка?

Ошибка: неучтено, что .

«Уравнения с модулем»:

Задача №1.

Решить уравнение:

Решение:

Возможны два случая:

1. . Тогда уравнение примет вид: - корень исходного уравнения.

2. . Тогда уравнение примет вид: - корень исходного уравнения.

Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: во втором случае неправильно снят знак модуля.

Задача №2.

Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: решение уравнениясводится к решению системы

или совокупности систем

«Решение систем неравенств с одной переменной»:

Задача №1.

Решить систему неравенств:

.

, , .

рис. 31

Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: при делении обеих частей неравенствана , ученик не поменял знак неравенства на противоположный, следовательно, получил неверный ответ.

9 класс.

«Квадратные неравенства»:

Задача №1.

_{Решить неравенство:}

Решение:

Найдем корни квадратного уравнения по теореме Виета:

График функции - это парабола.

рис. 32

Выберем те значения x, при которых график находится выше осиOx. Следовательно, получаем ответ: В чём ошибка? Ошибка: неправильно построен график.

Задача №2.

Решить неравенство:

Решение:

Упростим выражение, сократив на x. Получим неравенство:

_Ответ:

_{В чём ошибка?}

_{Ошибка: потеря корней путём сокращения.}

Задача №3.

Решить неравенство:

Решение:

К орни уравнения :График функции - это парабола, ветви которой направлены вверх.

Выберем те значения x, при которых график находится выше осиOx. Следовательно, получаем

_ответ:

_{В чём ошибка?}

Ошибка: концы интервалов включены в ответ, хотя они не удовлетворяют данному неравенству.

Задача №4.

Решить неравенство:

Решение:

Умножим неравенство на –1, получим: Выделим полный квадрат: В левой части неравенства стоит неотрицательное число, а значит неравенство верно при любых значенияхx, кроме случая равенства, то есть

_{Запишем окончательный ответ:}

_{В чём ошибка?}

Ошибка: не сменили знак неравенства при умножении обеих его частей на отрицательное число.

«Уравнения с модулем»:

Задача №1.

Решить уравнение: .

Решение:

Так как в уравнении два знака модуля, возможны два случая:

1. . В этом случае получаем уравнение . Это значение удовлетворяет уравнению, поэтому является корнем данного уравнения.

2. - этот случай невозможен.

Объединяя найденные решения, получаем окончательный ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: рассмотрены не все случаи, возникающие при снятии знаков модуля.

«Иррациональные уравнения»:

Задача №1.

Решить уравнение: .

Решение:

ОДЗ: .

Оставляем корень в левой части уравнения, а все остальные слагаемые переносим в правую: . Затем обе части уравнения возводим в квадрат: . Получим уравнение . Его корни: . Оба корня удовлетворяют ОДЗ. Поэтому ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: при возведении в квадрат обеих частей уравнения не учтены их знаки.

Задача №2.

Решить уравнение: .

Решение:

ОДЗ: .

Выделим полный квадрат под первым знаком корня: .

Получим уравнение: . Оставляем корень в левой части уравнения, а все остальные слагаемые переносим в правую и умножим обе части уравнения на -1: . Возведем обе части уравнения в квадрат с учетом , получим . Найдем корни: . Учитывая ОДЗ и дополнительное ограничение , получаем ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: не учтено, что корень из квадрата числа равен модулю этого числа.

Задача №3.

, ОДЗ

,

:

Ошибка: при возведении обеих частей равенства в чётную степень могут появиться посторонние корни, входящие в область определения, но не обращающее исходное равенство в верное числовое равенство.

10 класс.

«Тригонометрические уравнения»:

Задача №1.

Решить уравнение: .

Решение:

Приведем все функции к одному аргументу: , получим уравнение . Разложим левую часть этого уравнения на множители по формулам сокращённого умножения . Так как , то остается решить уравнение: .

Рассмотрим два случая:

1. . Разделим на , причем . Тогда имеем уравнение: tgx= 1. Следовательно, .

2. . Разделим на , причем . Тогда имеем уравнение: tgx= -1. Следовательно, .

Получили ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: неправильно применены формулы приведения.

Задача №2.

Решить уравнение: .

Решение:

ОДЗ: .

Введем новую переменную, положив . Так как , то уравнение примет вид:или . Число 2 является корнем полученного уравнения, поэтому это уравнение можно преобразовать следующим образом: . Сократим на (t-2). Квадратный трехчлен во второй скобке не имеет действительных корней. Следовательно, исходное уравнение не имеет корней.

Ответ: решений нет.

В чём ошибка?

Ошибка: потеря корня путем сокращения.

«Решение систем тригонометрических уравнений»:

Задача №1.

Решить систему:

Решение:

Каждое из уравнений этой системы является простейшим, поэтому нетрудно заметить, что

Решая последнюю систему, получаем

Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибка: неправильно произведен отбор корней (в каждом из уравнений системы должна быть своя буква, а не одна n).

11 класс.

«Показательные и логарифмические уравнения»:

Задача №1.

Решить уравнение: 48

3,

.

Ответ:

В чём ошибка?

Ошибка: рассмотренный способ приводит к потере корней уравнения. Обязательно нужно доказать тот факт, что уравнение других корней не имеет.

Задача №2.

Решить уравнение:

,

Ответ:

В чём ошибка?
Ошибка: появился посторонний корень в связи с тем, что не была указана область определения уравнения.

«Решение логарифмических неравенств»:

Задача №1.

Решить неравенство: (1)

Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибки:

1. не указана область определения данного неравенства.

2. логарифмическая функция убывает на промежутке , следовательно, при переходе от неравенства (1) к неравенству (2) знак неравенства меняется на противоположный.

Задача №2.

Решить неравенство:

введём обозначение тогда имеем неравенство , решая которое получаем, что . Таким образом имеем, что ,

Ответ: .

Ошибка: ученик не указал область определения неравенства , что и привело к ошибке. Единица входит в промежуток и разбивает его на два [

Геометрия.

8 класс.

Задача №1.

рис. 34

ПустьABCD – трапеция, точкаР – середина диагонали АС, точка К – середина диагонали BD. Нетрудно заметить, что точки Р и К лежат на средней линии EF трапеции. Так как ЕК – средняя линия треугольника ABD,то .

Р ешить задачу: Основания трапеции 5 дм и 40 см. Найти длину отрезка, соединяющего середины диагоналей.

Решение:

Аналогично, , поскольку является средней линией треугольника АВС.

Следовательно, .

Ответ: 17.5 см.

В чём ошибка?

Ошибка: выполнены преобразования с разными единицами измерения.

«Параллелограмм»:

Задача №1.

Решить задачу: Даны 2 стороны треугольника a,b и медиана , проведенная к стороне c. Найти сторону с.

Решение:

Ошибка: неправильно применено свойство параллелограмма: сумма квадратов его диагоналей равна сумме квадратов его сторон.

9 класс.

«Теоремы косинусов и синусов»:

Задача №1.

Решить задачу: В окружности проведены 3 хорды: МА = 6см, МВ = 4см, МС = 1см. Хорда МВ делит вписанный угол АМС пополам. Найти радиус этой окружности.

Решение:

Пусть угол . По теореме косинусов из треугольника_AMBполучаем следующее равенство: , по теореме косинусов из треугольникаBMC имеем: _.

Отрезкии равны как хорды, стягивающие равные дуги, поэтому вычтем из первого уравнения второе и получим: . Значит, . Треугольник вписан в окружность, следовательно, радиус данной окружности можно найти с помощью теоремы синусов: . Ответ: .

В чём ошибка?

Ошибки:

1. Неправильно применена теорема косинусов;

2. Неправильно применено основное тригонометрическое тождество;

3. Неправильно применена теорема синусов.

Задача №2.

Р ешить задачу: В сектор радиуса с центральным углом вписан круг. Найти его радиус.

Решение:

ТреугольникABC – равнобедренный, так как AB=AC=R. Найдем BC по теореме косинусов: . , так как АК – высота треугольника АВС, следовательно, . Из прямоугольного треугольника АВК: . , где ОН=r. Из прямоугольного треугольника АОН: , значит, ответ: .

В чём ошибка?

О шибка: неправильно сделан чертеж.

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/610780-kak-i-kogda-primenjat-matematicheskie-sofizmy