数学例题教案模板

第1篇：离散数学例题

离散数学例题

一、证明对任意集合A，B，C，有 a）A-B）-C=A-（B∪C）； b）（A-B）-C=（A-C）-B；

c）（A-B）-C=（A-C）-（B-C）。

证明

a）（A-B）-C=（A∩～B）∩～C =A∩（～B∩～C）=A∩～（B∩C）=A-B∪C）

b）（A-B）-C= A∩～B∩～C = A∩～C∩～B =（A-C）-B

c）（A-C）-（B-C）

=（A∩～C）∩～（B∩～C）=（A∩～C）∩（～B∪C）

=（A∩～C∩～B）∪（A∩～C∩C）= A∩～B∩～C =（A-B）-C

二、设命题公式G =(P→Q)∨(Q∧(P→R)), 求G的主析取范式 G =(P→Q)∨(Q∧(P→R))=(P∨Q)∨(Q∧(P∨R))=(P∧Q)∨(Q∧(P∨R))=(P∧Q)∨(Q∧P)∨(Q∧R)=(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧∨(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧ R)=(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧R)∨(P∧Q∧R)= m3∨m4∨m5∨m6∨m7 =(3, 4, 5, 6, 7).三、假设f和g是函数，证明f∩g也是函数。

证明

f∩g＝{| x∈dom f∧x∈dom g∧y=f（x）∧y=g（x）} ＝{| x∈dom f∩dom g∧y=f（x）=g（x）} 令h=f∩g，则

dom h={ x | x∈dom f∩dom g，f（x）=g（x）}

若y1 =y2，因为f是函数，故必有y1 ＝／f（x1），y2 ＝／f（x2），且x1 ≠x2，所以h=f∩g

是一个函数。

因为dom h存在且y1 ≠y2 时x1 ≠x2，即 h＝{| x∈ Dom h，y=h（x）=f（x）=g（x）}

四、设函数f：R→R，若x≤y＝＞f（x）≤f（y），则称函数f是单调递增的。设f和g是在R上单调递增，证明

1)若(f十g)(x)=f(x)+g(x)，则f+g是单调递增； 2)复合函数f○g是单调递增：

3)f和g的乘积不一定是单调递增。

证明

1)因为f和g是单调递增，若x≤y，则有f（x）≤f(y)，g(x)≤g(y)，(f+g)(x)=f(x)十g(x)≤f(y)+g（y）=(f十g)(y)所以f+g是单调递增。

2)若x≤y，则f(x)≤f(y)且g(x)≤ g（y），f○g（x）＝f(g(x))≤f(g(y))＝f○g(y)所以f○g是单凋递增。

3）令f(x)=g（x）=x，则f和g是单调递增，但其积函数

g*g(x)=f（x）*g（x）=x2 在R上不是单凋递增。

五、设R和S是集合A＝{a, b, c, d}上的关系，其中R＝{(a, a),(a, c),(b, c),(c, d)}，S＝{(a, b),(b, c),(b, d),(d, d)}.计算R•S, R∪S, R－ 1, S－ 1•R－ 1.R•S＝{(a, b),(c, d)}，R∪S＝{(a, a),(a, b),(a, c),(b, c),(b, d),(c, d),(d, d)}, R－ 1＝{(a, a),(c, a),(c, b),(d, c)}, S－ 1•R－ 1＝{(b, a),(d, c)}.六、若f：A→B是双射，则f－1 ：B→A是双射。

证明

因为f：A→B是双射，则f－1 是B到A的函数。下证f－1是双射。

对任意x∈A，必存在y∈B使f(x)＝y，从而f－1(y)＝x，所以f－1 是满射。对任意的y

1、y2∈B，若f－1 (y1)＝f－1(y2)＝x，则f(x)＝y1，f(x)＝y2。因为f：A→B 是函数，则y1＝y2。所以f－1 是单射。综上可得，f－1 ：B→A是双射。

七、设函数g：A→B，f：B→C，则： (1)f。g是A到C的函数；

(2)对任意的x∈A，有fg(x)＝f(g(x))。

证明

(1)对任意的x∈A，因为g：A→B是函数，则存在y∈B使∈g。对于y∈B，因f：B→C是函数，则存在z∈C使∈f。根据复合关系的定义，由∈g和∈f得∈g*f，即∈。所以Df。g＝A。

对任意的x∈A，若存在y

1、y2∈C，使得、∈fg＝g*f，则存在t1使得∈g且∈f，存在t2使得∈g且∈f。因为g：A→B是函数，则t1＝t2。又因f：B→C是函数，则y1＝y2。所以A中的每个元素对应C中惟一的元素。

综上可知，f。g是A到C的函数。

(2)对任意的x∈A，由g：A→B是函数，有∈g且g(x)∈B，又由f：B→C是函数，得∈f，于是∈g*f＝f。g。又因f。g是A到C的函数，则可写为 f。g(x)＝f(g(x))。

第2篇：片段教案(例题)

片段教案（例题）

__ 级 姓名：_ __ 代码_______

例题：A、B两地相距56千米，甲乙两辆汽车同时分别从A、B两地出发相向而行，甲车速度为每小时36千米，乙车在遇到甲车后又开30分钟才到达A地，求两车从出发到相遇所用的时间．

一、教学目的：

1、使学生会用列一元二次方程的方法解有关行程方面的问题．

2、培养学生化实际问题为数学问题的能力和分析问题，解决问题的能力，培养学生用数学的意识．

二、教材分析：

1、重点：会用列一元二次方程的方法解有关行程和浓度方面的应用题．

2、难点：如何分析和使用复杂的数量关系，找出相等关系，对于难点，解决的关键是抓住时间、路程、速度三者之间的关系，通过三者之间的关系的分析设出未知数和列出方程

三、教学方法：讲解法

四、教学过程：

1、引入（复习引入）

前面我们已经学习了一元二次方程及其解法，那么有什么用呢？我们知道在求解一些实际问题时会用到一元一次方程，同样也可能会用到一元二次方程，下面结合一道例题来看看如何应用一元二次方程来求解实际问题。（面对大家）

2、例题分析

我们先看一下题目（转向黑板边读题边写题），题目要我们求两车出发倒相遇所用的时间，那么，我们就设两车从出发到相遇的时间为x小时，甲、乙两车在C点相遇，我们画图如下：

甲—>

由我们的假设和已知甲车的速度为36km/h，则AC=36×x，由题知，乙走完AC所用的时间为0.5小时，所以乙车的速度为小时，因此BC36x0.5x36x0.5，乙车从B到C用的时间为x

。又根据图我们很容易得到AC+BC=AB，由此我们就可以得到关于x的一个一元二次方程．

3、例题解答示范

下面我们一起来求解一下这道题：

解：设两车从出发到相遇所用的时间各x小时，根据题意，得

整理，得 18x2+9x-14=0．

4、口头小结

通过这道题的解答，可以知道应用一元二次方程来求解实际问题，要深刻理解题意，要善于将实际问题转化为数学问题，还要注意根据实际意义对方程两根的进行取舍问题。

第3篇：数学证明法例题

例1 已知，p，q∈R’且p+q＝2，求证：p+q≤

2证明用反证法

设

p+q＞

2，则q＞2-p，∴q＞8-12p+6p-p

p+q＞8-12p+6p＝2+6(p-1)≥2

与题p+q＝2，矛盾。

所以p+q＞2不成立，只能是p+q≤2。

说明当用直接证法证明比较困难时可以用反证法。反证法的步骤首先是否定结论，要找准结论的反面，然后根据题设或定理公理推出矛盾，即结论的反面不成立。

例2 已知x+y＝1，x，y∈R 223333223233

3证明∵x+y＝1 22

由三角函数的有界性可得

换元法中应用三角函数，将代数式化成了三角式再结合三角公式以及三角函数中正、余弦函数的有界性，可以使证明简练。例2的证法四

例3 已知a，b，m∈R，且a＜b，+

分析本题可以用比较法，综合法，分析法来证明，而且都比较容易，这里再介绍几种构造法证题。

证法一利用函数的性质来说明

证法二设点A(b，a)，点B(-m，-m)，其中m＞0∵0＜a＜b，则(如图5-2)直线OA

∵B在第三象限角的平分线上，所以AB必与x轴的正半轴相交，

第4篇：数学归纳法基础例题

典型例题

用数学归纳法证明等式

例１用数学归纳法证明

分析：用数学归纳法证明一个与整数有关的命题，关键是第二步，要注意当 时，等式两边的式子与 时等式两边的式子的联系，增加了哪些项，减少了哪些项，问题就会顺利解决．

证明：（1）当

（2）假设当 时，左边 时，等式成立，即，右边，赞美式成立．

则当 时，即当时，等式成立．，等式成立．根据（1）、（2）可知，对一切

说明：解题过程中容易将 时，等式右边错写为，从而导致证明错误或无法进行．特别要注意等式右边的每一个式子都在随 的变化而变化．

猜想数列通项、利用归纳法证明不等式

例2 设数列

（1）当

（2）当 满足 时，求，并由此猜想出的一个通项公式；时，证明对所有的，有（ⅰ）

（ⅱ）

分析：本小题主要考查数列和不等式等知识，考查猜想、归纳、推理以及分析问题和解决问题的能力．

解：（1）由

由

由 得，得的一个通项公式： 得由此猜想

（2）（ⅰ）用数学归纳法证明：

①当

②假设当，不等式成立．时不等式成立，即

也就是说，当

根据①和②，对于所有

（ⅱ）由，有 及（ⅰ），对

……，有，那么，时，于是

说明：证明不等式的题型多种多样，所以不等式证明是一个难点，在由n=k成立，推导n=k+1不等式也成立时，过去讲的证明不等式的方法再次都可以使用，如比较法、放缩法、分析法、反证法等，有时还要考证与原不等式的等价的命题． 例3.用数学归纳法证明:

an1.求证:Sn介于2(11)与2n之间.n

证明：当n=1时

有Sn=S1=a1=1/1=1,2（√（n+1）-1）=2√2-21

即2（√（n+1）-1）

当n=2时

有Sn=S2=a1+a2=3/2,2（√（n+1）-1）=2√3-23/2

即2（√（n+1）-1）

假设当n=k时2（√（k+1）-1）

则当n=k+1时有

Sk+1= Sk+a1+k= Sk+1/（k+1）

2（√（n+1）-1）=2（√（k+2）-1）

而2√n=2√（k+1）> Sk+1/（k+1）即2（√（k+2）-1）

第5篇：数学归纳法经典例题详解

例1．用数学归纳法证明：

1111n． 2n12n12n1133557请读者分析下面的证法： 证明：①n=1时，左边1111，右边，左边=右边，等式成立． 133213②假设n=k时，等式成立，即：

1111k．

2k12k12k1133557那么当n=k+1时，有：

11111

2k12k12k12k313355711111111111 2335572k12k12k12k31112k2 122k322k3k1k1

2k32k11这就是说，当n=k+1时，等式亦成立． 由①、②可知，对一切自然数n等式成立．

评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n=k这一步，当n=k+1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求．

正确方法是：当n=k+1时．

11111

2k12k12k12k3133557k1

2k12k12k32k1k1 2k23k12k12k32k12k3

k1k1 2k32k11这就说明，当n=k+1时，等式亦成立，例2．是否存在一个等差数列{an}，使得对任何自然数n，等式：

a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)都成立，并证明你的结论．

分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n=1，2，3时找出来{an}，然后再证明一般性．

解：将n=1，2，3分别代入等式得方程组．

a16，a12a224a2a3a60231解得a1=6，a2=9，a3=12，则d=3．

故存在一个等差数列an=3n+3，当n=1，2，3时，已知等式成立．

下面用数学归纳法证明存在一个等差数列an=3n+3，对大于3的自然数，等式 a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)都成立． 因为起始值已证，可证第二步骤．

假设n=k时，等式成立，即 a1+2a2+3a3+…+kak=k(k+1)(k+2)那么当n=k+1时，a1+2a2+3a3+…+kak +(k+1)ak+1 = k(k+1)(k+2)+(k+1)[3(k+1)+3] =(k+1)(k2+2k+3k+6)=(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)[(k+1)+1][(k+1)+2] 这就是说，当n=k+1时，也存在一个等差数列an=3n+3使a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)成立． 综合上述，可知存在一个等差数列an=3n+3，对任何自然数n，等式a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+1)(n+2)都成立．

例3．证明不等式112131n2n(n∈N)．

证明：①当n=1时，左边=1，右边=2．

左边

②假设n=k时，不等式成立，即112131k2k．

那么当n=k+1时，112131k1k1

2k1k12kk11k12k1k1

kk11k12k1

这就是说，当n=k+1时，不等式成立．

由①、②可知，原不等式对任意自然数n都成立． 说明：这里要注意，当n=k+1时，要证的目标是

1121311k1k12k1，当代入归纳假设后，就是要证明：

2kk12k1．

认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标． 例4．已知数列{an}满足a1=0，a2=1，当n∈N时，an+2=an+1+an． 求证：数列{an}的第4m+1项(m∈N)能被3整除．

分析：本题由an+1=an+1+an求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法． ①当m=1时，a4m+1=a5=a4+a3=(a3+a2)+(a2+a1)=a2+a1+a2+a2+a1=3，能被3整除． ②当m=k时，a4k+1能被3整除，那么当n=k+1时，a4(k+1)+1=a4k+5=a4k+4+a4k+3 =a4k+3+a4k+2+a4k+2+a4k+1 =a4k+2+a4k+1+a4k+2+a4k+2+a4k+1 =3a4k+2+2a4k+1

由假设a4k+1能被3整除，又3a4k+2能被3整除，故3a4k+2+2a4k+1能被3整除． 因此，当m=k+1时，a4(k+1)+1也能被3整除．

由①、②可知，对一切自然数m∈N，数列{an}中的第4m+1项都能被3整除．

例5．n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？

分析：设这些半圆最多互相分成f(n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证．

当n=2时，由图(1)．两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f(2)=4=22． 当n=3时，由图(2)．三个半径交于三点，则分成9段圆弧，故f(3)=9=32． 由n=4时，由图(3)．三个半圆交于6点，则分成16段圆弧，故f(4)=16=42． 由此猜想满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f(n)=n2． 用数学归纳法证明如下： ①当n=2时，上面已证．

②设n=k时，f(k)=k2，那么当n=k+1时，第k+1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k+1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧；另外原k个半圆把第k+1个半圆分成k+1段，这样又多出了k+1段圆弧．

∴ f(k+1)=k2+k+(k+1)

=k2+2k+1=(k+1)2 ∴ 满足条件的k+1个半圆被所有的交点最多分成(k+1)2段圆弧． 由①、②可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．

说明：这里要注意；增加一个半圆时，圆弧段增加了多少条？可以从f(2)=4，f(3)=f(2)+2+3，f(4)=f(3)+3+4中发现规律：f(k+1)=f(k)+k+(k+1)．

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