дома » Библиотека учителя » Как найти доказательство в математике!

Как найти доказательство в математике!

Как найти доказательство!

Главная страница Зачем и как мы доказываем в математике.

Нажмите на ссылку, чтобы посмотреть оригинал в формате PDF —

stolyar-121-137

Текст для быстрого ознакомления. Формулы отображаются некорректно. Смотрите оригинал в формате PDF по ссылке выше.

Зачем и как мы доказываем в математике

Зачем и как мы доказываем в математике

А. Вы, конечно, правы. Наибольшие трудности
возникают в связи с поиском доказательства. И это
вполне объяснимо.
Задача типа «Доказать предложение Р» относится
к нестандартным задачам, т. е. к таким, для
которых нет общего метода (алгоритма) решения,
гарантирующего нахождение доказательства за конечное
число шагов. Поэтому и возникает необходимость
поиска доказательства.
С. Но нет ли каких-нибудь методов или приемов
поиска доказательства, которые, если не гарантируют
его нахождение, то хотя бы ориентируют нас на
правильное направление поиска, приближают к открытию
доказательства.
А. Такие приемы, конечно, имеются. Но тема
«Как найти (или как искать) доказательство» не
менее, а пожалуй более обширна, и уж конечно
сложнее, чем тема, которой посвящена эта небольшая
книга, т. е. изучение самого доказательства
(уже найденного, построенного). Это тема для целой
книги объемом не меньшим, чем данная.
Однако мы проиллюстрируем на конкретных примерах
некоторые приемы поиска доказательства.
Прежде всего (кратко) об одном подходе к
решению задач.
Один из общих подходов к решению задач (здесь
и дальше под задачей будем понимать нестандартную
задачу) основан на сведении задач к подзадачам
и применим ко многим задачам, в том числе
к интересующей нас задаче на доказательство.
Идея такого подхода довольно проста. Она
состоит в «размышлении в обратном направлении»
от задачи, которую предстоит решить, к подзадачам,
затем от подзадач к подподзадачам и так

122

далее, пока исходная задача не будет сведена к
набору элементарных задач.
С. Что же надо понимать под «элементарной
задачей»?
А. Это, во-первых, задачи, решаемые за один шаг
поиска (т. е. непосредственным применением некоторой
ранее доказанной теоремы, или определения),
во-вторых, более сложные задачи, решение которых
уже нам известно из имеющегося опыта решения
задач.
Отсюда можно заключить, что чем больший опыт
решения задач, тем больше задач становятся для
нас «элементарными», в упомянутом выше смысле,
а следовательно, тем меньше становится объем поиска
решения новых задач посредством сведения их
к элементарным.
Мы опишем в общем виде, затем проиллюстрируем
на примере один из методов поиска доказательства,
основанный на сведении задачи к совокупности
подзадач.
Пусть нужно доказать предложение, имеющее,
как это чаще всего бывает в математике, имплика-
тивную форму А=>В.
Задачу: «Доказать предложение А=>В» обозначим
через
П, Л ^ В .
Описываемый метод поиска задач такого типа
состоит в том, что в исходную задачу мысленно
вводят новые посылки, превращающие ее в элементарную,
а затем формулируют возникающие подзадачи
на доказательство этих новых, дополнительных,
посылок. По существу, мы задаем себе вопрос:
какую дополнительную посылку х, достаточно ввести,
чтобы задача П, А, Х\ է=^Ց была элементарной?
Допустим, что мы такую посылку нашли. Тогда нам
нужно доказать, что эту дополнительную посылку
можно вывести из П, А, т. е. возникает еще одна
подзадача П, А Описанное начало процесса
поиска может быть наглядно представлено в виде

123

начала графа сведения задачи к подзадачам (рис. б)6
(элементарная задача, обведенная пунктиром, обычно
не высказывается явно, она сохраняется в уме,
а говорят лишь, что исходная задача сводится
Р
к подзадаче П, A\±zX\).

Если задача П, Afc±zXt тоже элементарная, то
процесс поиска завершен. В противном случае
поиск продолжается, и если вести его тем же методом,
то надо найти еще одну дополнительную посылку Х2,
приводящую к элементарной задаче П, А, Х2 ^
После этого шага поиска верхняя часть графа
сведения задачи к подзадачам будет выглядеть уже
так, как на рисунке 7.
Как дальше продолжится поиск?
С. Теперь опять имеются две возможности: либо
задача П, А է^ճշ — элементарная и поиск закончен,
либо она не является элементарной, тогда поиск
продолжается таким же методом, т. е. вводим подходящую
дополнительную посылку Х3 так, чтобы
П, А, Хз (z±z^2 была элементарной задачей и т. д.
Но у меня возникли три вопроса.
1) Я понимаю, что здесь «и т. д.» означает:
до тех пор, пока обе подзадачи, получаемые из
одной предшествующей задачи, не окажутся элементарными.
Ну, а если это не удается? Что тогда?
6 На рисунке 6 и далее «э. з .» означает: элементарная
задача.

124

2) Как найти такие «хорошие» дополнительные
посылки, чтобы одна из двух подзадач, к которым
сводится предшествующая задача, в том числе
исходная, оказалась элементарной? А если вообще
не удается найти такие посылки?
3) Может ли описываемый Вами метод поиска
приблизить нас к открытию различных способов
доказательства одной теоремы?
А. Попытаюсь ответить на Ваши вопросы в том
порядке, в каком Вы их задали.
1) Поиск любым методом, в том числе, разумеется,
и описанным, не всегда оканчивается успешно.
Этим метод поиска решения отличается от алгоритма,
обладающего результативностью, гарантирующей
получение результата за конечное число шагов.
Рис. 7

О результативности метода поиска можно говорить
лишь при условии, что его возможными результатами
будем считать «успех» и «неудачу».
Если нас постигла неудача, нужно попытаться
вести поиск другим методом или в другом направлении.
2) Как найти «хорошие» дополнительные посылки
(в том смысле «хорошие», в каком Вы имели
в виду)?
Здесь важна догадка. И она может возникнуть
лишь на базе хороших знаний уже известного

125

фрагмента П данной теории. Когда Вы приступаете
к поиску доказательства некоторой теоремы, надо
прежде всего отобрать (хотя бы в уме) некоторые
известные предложения (аксиомы, р. д. т., определения),
т. е. принадлежащие П и определенным образом
связанные по содержанию с доказываемой
теоремой. Эти предложения могут оказаться полезными
в процессе поиска доказательства, они могут
служить своеобразными «операторами» сведения
задачи к подзадачам.
Проиллюстрируем это на примере теоремы о трех
перпендикулярах, доказательство которой мы подвергли
выше (беседа 4) логическому анализу.
Итак, рассмотрим задачу.
П, т а a, rri-LBC, ВС = пра, (АС)\==т _L АС
(см. рис. 3).
Обозначим для краткости совокупность условий
[ т с= а, т ֊Լ ВС, ВС = пр„ЛС] через Г. Тогда задача
запишется так: П, Րք= т _1_ АС.
Так как прямые т и АС лежат в разных
плоскостях (m e а, AC cz ABC), возникает гипотеза,
что можно использовать определение и признак
перпендикулярности прямой и плоскости.
Действительно, П, Г, т _L ABC т X А С — элементарная
задача (она решается в оДин шаг,
состоящий в применении определения перпендикулярности
прямой и плоскости). Но тогда возникает
еще одна подзадача П, Г |d=m _L ABC.
Эта задача, в свою очередь, с помощью признака
перпендикулярности прямой и плоскости, сводится
к двум подзадачам (подподзадачам по отношению
к исходной задаче):
П, Г, т _L АВ |=±z/n _L ABC — элементарная з а дача
(так как т _L ВС — одно из условий, принадлежит
Г) и о , , „
П , Y^±=.m 1 ֊ АВ.
(Признак перпендикулярности прямой и плоскости
послужил здесь «оператором» сведения задачи
к подзадачам.)

126

Последнюю задачу, используя опять определение
перпендикулярности прямой и плоскости, можно
свести к двум новым задачам:
П, Г, АВ _L a [±zm X АВ — элементарная задача
(так как т а а — условие, т. е. принадлежит Г) и
П, Т\±=.АВА_а — также элементарная задача
(АВ _1_ а следует непосредственно из условия
ВС = праАС по определению проекции).
Этим завершается процесс поиска, который может
быть наглядно изображен в виде графа (рис. 8).

С. Если теперь подняться по этому графу снизу
вверх, то мы получим доказательство.
А. Совершенно верно. Остался Ваш третий
вопрос.
3) Поиск решения, основанный на сведении зада чи
к подзадачам, может привести к альтернативным
множествам подзадач. При условии разрешимости
всех этих подзадач они представляют собой ра з личные
способы решения.
Например, кто-нибудь может догадаться и о другом
возможном направлении поиска доказательства
теоремы о трех перпендикулярах, переведя заключение
теоремы т _L АС на язык векторов в т ■ АС = 0.
Здесь достаточно догадаться о возможности пред

127

ставления вектора АС в виде суммы двух векторов.
С. АС = АВ + ВС и поэтому m ■ АС = m • (АВ +
4- ВС) = m • АВ + m • ВС. ^ ^
И так как по условию m-LBC, то m • ВС = 0.
Остается доказать, что m • АВ = 0, но для этого
достаточно установить, что тА -А В и здесь эти два
пути поиска доказательства как бы переплетаются.
А. Вы правильно заметили. Часто встречаются
подобные переплетения различных путей поиска.
Иногда, обнаруживая возможность сведения
данной задачи к альтернативным совокупностям
подзадач, определяющих различные пути решения,
удается выбрать кратчайший.
Рассмотрим в качестве примера задачу: «Доказать,
что середины полудиагоналей параллелограмма
являются вершинами параллелограмма». Мы можем
исходить из определения или различных признаков
параллелограмма и получим различные пути поиска,
ведущие к различным доказательствам. Однако
условия задачи содержат некоторую «эвристическую
информацию», подсказывающую, какое направление
поиска является наиболее перспективным.
С. По-видимому, то направление, которое определяется
признаком параллелограмма, связанным со
свойством диагоналей.
А. Именно этот признак может служить оператором
сведения нашей задачи к элементарным с помощью
наименьшего числа подзадач, т. е. кратчайшим
путем. Если Вы проведете поиск в других
направлениях, то получите более длинные доказательства,
хотя не намного сложнее, чем то, в котором
используется свойство диагоналей параллелограмма.
С. Это мне уже понятно. Собственно говоря, мы
часто пользуемся сведением задачи к подзадачам,
не сознавая этого. Лучше, разумеется, сознательно
пользоваться таким важным подходом. Но Вы обещали
рассмотреть и некоторые «эвристические приемы»,
используемые в поиске доказательства.
А. Рассмотрим применение индукции (неполной)
в качестве эвристического приема.

128

З а д а ч а . Доказать, что при любых простых
числах р выражение р2 — f 2 только один раз обращается
в простое число.
Естественно, возникает идея дать р несколько
значений первых простых чисел и вычислить соответствующие
значения выражения р2 + 2.
р р2 + 2
2 6
3 11
5 27
7 51
11 123
Что Вы замечаете, рассматривая эту таблицу?
С. Только один раз, когда р = 3, выражение
р2- \ ֊2 обращается в простое число.
А. Это говорит лишь о том, что выражение
р 2 — \ ֊2 обращается в простое число по меньшей
мере один раз, так как мы вычислили его значения
только для пяти простых чисел р. Таким образом,
неполная индукция уже нам что-то дала. А больше
Вы ничего не замечаете на таблице?
С. Остальные значения выражения р2 — \ ֊2 составные
числа.
А, И не только это. В таблице заложена очень
важная «эвристическая информация». На какое
число делятся все эти значения?
С. На 3.
А. Совершенно верно. Эта информация подсказывает
нам гипотезу, что все остальные значения
выражения р2 -f- 2, получаемые им при любых р ф 3,
делятся на 3. А чтобы это доказать, нам нужно
попытаться представить это выражение иначе,
выделив в нем 3.
С Можно представить это выражение так:
Р2 + 2 = Р2֊1 + 3 = (р — 1 ) ( р + 1 ) + 3.
Отлично. Теперь Вы, по-моему, догадаетесь,
как продолжить доказательство.
С. Одно из трех последовательных натуральных
чисел р — 1, р, р —f- 1 обязательно делится на 3.
9 Столяр

129

Так как р — простое число и р Ф 3, то р не делится
на 3. Следовательно, р — 1 или р + 1 делится на 3.
Значит, и сумма (р — 1)(р + 1) + 3 делится на 3.
Иными словами, при любых простых числах р ф З
выражение р -+- 2 обращается в составное число.
Следовательно, выражение р2 + 2 единственный раз
обращается в простое число, когда р = 3.
А. Вы отлично справились с доказательством.
Но если бы мы не рассмотрели несколько частных
случаев, смогли бы Вы найти доказательство?
С. Вряд ли. Я Недооценивал частные случаи. Но
где же здесь рассуждение по неполной индукции?
А. Мы его полностью не высказали в явном виде.
Это рассуждение выглядит так:
При р = 2 значение р2 -+- 2 делится на 3;
при р = Ъ значение р2 + 2 делится на 3;
при р = 7 значение р2 -|- 2 делится на 3;
при р = 11 значение р2 -|- 2 делится на 3;
вероятно, при любом простом р, отличном
от 3, значение р2 ~ \ ֊2 делится на 3.
С. Слово «вероятно», поставленное Вами перед
заключением, по-видимому, означает, что это заключение
является лишь гипотезой, предположением?
А. Совершенно верно. Поэтому рассуждение по
неполной индукции не имеет «доказательной силы»,
не может служить доказательством. Но, как Вы
видите, неполная индукция часто может нам помочь
в поиске доказательства, как эвристический прием,
способствующий открытию пути доказательства.
Необходимо отметить, что в приведенном поиске
доказательства неполная индукция «подтолкнула»
нас к преобразованию выражения р2 + 2, к приведению
его к виду, удобному для доказательства нашего
предложения. По существу, здесь применен еще один
эвристический прием, основанный на принципе
парадигмы.
В грамматике под парадигмой понимают совокупность
форм склонения и спряжения слов. Эвристический
прием, основанный на принципе парадигмы,
состоит в переформулировке доказываемого предложения,
в выборе из возможных эквивалентных

130

форм той, которая сближает заключение доказываемого
предложения с условиями, или, как в нашем
случае, в преобразовании выражений и выборе той
формы, которая способствует открытию способа
доказательства.
С. Нельзя ли еще привести пример на применение
парадигмы?
А. Рассмотрим задачу: «Две окружности пересекаются
в точках А и В. В них проведены
диаметры АС и AD. Доказать, что точка В лежит
на прямой CD (В £ CD)».

В такой формулировке трудно догадаться, как
найти доказательство. Утверждение В £ CD достаточно
переформулировать так: «Угол CBD — р а з вернутый
».
С. Я уже нашел доказательство. Проводим
хорду АВ (рис. 9); /^АВС = Z.ABD = 90° как
вписанные, опирающиеся на диаметры.
Следовательно, / L C B D = 180° и В է CD.
А. Вот видите, как помогла Вам эта переформулировка
доказываемого предложения.
Рассмотрим еще одну задачу: «Доказать, что
для любых а, ծ, с f N — — + ——— + —|— >
а + ծ Ь + с а + с
> — I— ».
а + Ь + с
Обычно стремятся более сложное выражение
упростить. С этой целью пытаются левую часть

131

представить в виде дроби. Некоторые предварительно
перенесут и дробь, стоящую в правой части,
в левую, затем попытаются упростить полученное
выражение.
Однако не всегда нужно стремиться к упрощению
выражений. Иногда может оказаться полезной
более сложная форма определенной структуры.
Нельзя ли в нашей задаче правую часть «усложнить
», представив ее наподобие левой в виде суммы
трех дробей?
С. Можно.
1 + 1 + 1 .
ա -{- b -(- с cl -j՜ b -|- с а -(- b с
А. Правильно. А дальше?
С . Дальше можно сравнить по отдельности каждое
слагаемое левой части с одним из слагаемых
правой. ! յ
Так как a, b, c £N , то ‘ > а + ծ-ք с ;
1 > 1 ; ! > ! .
Ь + с а + b + с а + с а + b + с
Следовательно, —г ֊г + т \ —- 1————— а + Ь Ь + с а-\-с а +. Ь? +т— с •
А. Здесь подходит пословица: «Лиха беда
начало». Трудно догадаться, как начать доказательство,
но если начало найдено, общая идея
доказательства ясна, остальное, как говорят, «дело
техники».
Рассмотрим теперь применение аналогии в качестве
эвристического приема.
В самом общем смысле слово «аналогия» означает
сходство, а рассуждение по аналогии
распространяет сходство предметов, явлений в одних
свойствах на другие. Но заключение по
аналогии, как и по неполной индукции, является
лишь вероятным, правдоподобным, поэтому не
может служить доказательством. Однако, как и
неполная индукция, аналогия может быть использована
как эвристический прием, способствующий
возникновению гипотез, которые подлежат доказательству
(или опровержению, если они не верны).

132

Приведем сначала задачу, которая, по-видимому,
не вызовет у Вас никаких затруднений.
З а д а ч а 1. Доказать, что если корни квадратного
уравнения х2 + рх + q = 0 положительны, то
р < 0.
С, Это просто доказывается. По теореме Виета
х, -f- Х2 = — р, поэтому, если х, > 0 и х2 > 0, то
*ւ + *շ = > 0 Следовательно, —р > 0, или р < 0.
А. Теперь рассмотрим вторую задачу.
З а д а ч а 2. Доказать, что если все три корня
уравнения х3 + рх2 + qx + г = 0 положительны, то
р < 0.
С. По-видимому, для уравнения третьей степени
имеет место аналогичное соотношение, т. е.
XI + Х 2 + Х 3 = —р.
А Таким образом, аналогия помогла нам выдвинуть
гипотезу. Но как ее доказать?
С. Вспомню, как доказывали теорему Виета.
Записали х2 + рх 4 ֊ q — (х — х\)(х — х 2), затем перемножили
двучлены в правой части и приравняли
коэффициенты при одинаковых степенях х. Теперь
я сделаю то же.
х3 + рх2 + qx + г = (х — х\) (х — Х2) (х — х з ) .
А. Правильно. И что дальше Вы собираетесь
делать?
С, Перемножить три двучлена.
А. Нет надобности провести все это умножение.
Достаточно найти все члены многочлена, содержащие
х2, и вынести х2 за скобки.
Мы получим —X \X 2 — Х2Х2 — х3х2 — —(х\ -\-
X2 х3)х2.
Следовательно, р = —{х\ + Х2 + хз), или х\ +
ճ շ — { ֊ Х з = — р .
Значит, если xi > 0, х2 > 0 и х3 > 0, то р < 0.
А. Таким образом, аналогия помогла Вам
открыть новое соотношение, связывающее корни и
коэффициенты уравнения третьей степени, и доказать
его.
Поэтому, когда Вы приступаете к решению
новой задачи, всегда подумайте, не решали ли Вы
какую-нибудь аналогичную задачу.

133

Часто удается доказать теорему лишь в каком-то
частном случае. Сразу же возникает вопрос: какие
еще случаи возможны и как доказать теорему
в каждом из этих случаев?
Например, теорема об измерении вписанного
угла доказывается для случая, когда центр окружности
лежит на стороне угла.
С. Затем другие возможные случаи, когда центр
лежит внутри или вне угла, сводятся к первому
представлением данного угла в виде суммы или
разности двух углов, одна из сторон которых
проходит через центр.
А. Вы помните это доказательство.
Рассуждение, завершающее это доказательство,
строится по следующей схеме:
А\=^В, А2=^_ В, Аз_=$֊В, А \ \ / А2 \ / А3
Предложу Вам еще одну задачу на доказательство,
в которой применяется тот же прием доказательства
по случаям.
З а д а ч а . Доказать, что для любых а, b է N
( > + т ) 3 + ( ‘ + 1 ) 3 > 8 —
С. Сразу же видно, что при а > b первое
слагаемое уже больше 8 ՜ է ՜ ՜ յ ) > 2 3 = 8).
Следовательно, при а > b неравенство доказано,
так как второе слагаемое положительно.
Остается доказать его для двух еще возможных
случаев: а <С Ь и а = Ь.
При а < Ь второе слагаемое (՝ ՜է՜ — ) > 23 = 8,
а первое положительно. Следовательно, и в этом
случае неравенство доказано.
При а = b
(l + ^ — ) 3 + ( l + А ) 3 = 23 + 23 = 16 > 8 .
И так как других случаев нет, т. е. а > b V а <Հ
< b V а = b истинно, то неравенство доказано.

134

А. Отлично.
А. Теперь я хотел бы обратить Ваше внимание
на необходимость тщательного анализа доказательств,
так как иногда встречаются ошибочные
доказательства.
С. Вы имеете в виду софизмы?
А. Софизмы — «доказательства» заведомо ложных
предложений, например, «2 = 3», «а = 2а» или
«всякий треугольник— равнобедренный» и т. п.
Здесь ясно, что нужно искать ошибку в доказательстве.
Иногда встречаются ошибочные доказательства
истинных предложений, и не всегда ошибки «лежат
на поверхности».
Приведу пример. Рассмотрим следующее доказательство
закона коммутативности сложения: «Докажем,
что a-\-b = b — \ — a способом от противного.
Допустим, что а b ф b -)- а. Пусть теперь Ե = а,
тогда получаем а -)֊ а ф a -f- а, что ложно (противоречит
истине а ֊\ ֊ а = а-\- а ) . Следовательно, а + Ь =
= b + а».
В чем ошибочность этого доказательства?
С. Мне кажется, что здесь неправильно сформулировано
отрицание доказываемого предложения.
А. Вы на правильном пути: Но в чем же здесь
ошибка?
С. Доказываемое предложение имеет место для
любых а и ծ, т. е. подразумевается предложение
V а , b(a b = b -)֊ а), отрицанием которого является
предложение 3 a, b ( a -\-Ь ф b -\-а). При таком допущении
нельзя подставлять вместо Ь .любое число,
в частности а. В этом случае отрицание не имеет
места, но это не означает, что невозможен другой
частный случай, в котором оно имело бы место.
А. Совершенно верно. Этот пример показывает,
какое значение имеет правильное построение отрицаний
предложений с кванторами.
Хотелось бы также обратить Ваше внимание на
возможность существования различных доказательств
одного и того же предложения. Причем
бывает, что иногда легче найти более длинное,
громоздкое доказательство, чем короткое, изящное,

135

о существовании которого трудно догадаться.
А есть ли какая-нибудь теорема школьного
курса математики, для которой известно большое
число различных доказательств?
А. Есть, разумеется, и не одна. В этом отношении,
по-видимому, рекорд побила теорема Пифагора,
для которой в разное время было найдено
более ста различных доказательств.
А можно указать среди них наиболее простое?
Пожалуй, одно из наиболее простых доказательств
состоит в том, что, опустив из вершины С
прямого угла треугольника ABC высоту CD на
гипотенузу АВ, получаем три попарно подобных
треугольника (ABC, ACD, BCD, так как у них по
два равных угла), а в подобных треугольниках
площади пропорциональны квадратам՜ сходственных
сторон, т. е. Հ С с
BCD J ACD
с2 = а 2 = Ь2 = * ՝
и так как S a b c — S b c d -f- S a c d , to
kc2 = ka2 -)- kb2, или с2 = a 2 b2.
Довольно простое доказательство получается,
если использовать тригонометрические функции,
как это сделано в учебнике геометрии А. В. Пого-
релова.
С Но если использовать тригонометрические
функции, то теорему Пифагора можно вообще
получить как следствие другой, более общей, теоремы
косинусов, имеющей место для любого треугольника,
с2 = а2 b2 — 2abcos С, так как для /1 С = 90° получаем
с2 = а2 + Ь2.
А- Вы правы. Но, может быть, в знак уважения
к древнейшей теореме и к великому Пифагору, имя
которого она носит, все же не следует выводить
ее из другой, более общей, теоремы, которая появилась
намного позже? К тому же в математике часто
ограничивают средства доказательства. Например,
может быть поставлена задача доказать теорему
Пифагора с помощью свойств подобия или разложением
квадратов, построенных на сторонах треугольника
(евклидово доказательство).

136

С. Можно ли утверждать, что известные доказательства
теоремы Пифагора исчерпывают все возможные
доказательства этой теоремы?
А. Этого утверждать нельзя. Вполне возможно,
что есть еще какие-то пути доказательства, отличные
от известных.
* * *
Дорогой собеседник! Наши беседы подошли к
концу. Намеченная программа выполнена и даже
перевыполнена благодаря Вашей любознательности.
Разумеется, рассмотренные в них вопросы весьма
обширны, сложны и на таком элементарном
уровне, на каком мы попытались с Вами беседовать,
не могут быть исчерпывающим образом изложены.
Достаточно сказать, что предмет такой обширной
области современной математики, находящей
многочисленные приложения как внутри, так и вне
ее, какой является математическая логика, некоторые
авторы опеределяют как ответ на вопрос:
«Что из чего следует?», другие — как ответ на вопрос:
«Как мы доказываем в математике?», т. е.
рассматривают математическую логику как теорию
математического доказательства.
В наших беседах не было никакой теории.
Мы лишь несколько разъяснили, что означает
«следует» и как мы доказываем в математике,
используя при этом некоторые понятия логики.
Надеюсь, что эти беседы принесут Вам пользу
в усвоении математических знаний.
Желаю Вам успехов!

137

Математика в школе.
Библиотека учителя математики.

Каталоги Фаберлик

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии