Зміст.
\ T "Диплом; 1; Діп; 2" Введення ...................................... .................................................. .......................................... 2
§ 1. Класифікація помилок за їх психологічну природу ...... 4
1.1 Аналіз ................................................ .................................................. ............................... 4
1.2 Синтез ................................................ .................................................. ................................ 9
1.3 Порівняння і аналогія .............................................. .................................................. ... 10
1.4 Абстракція, конкретизація і узагальнення ............................................ ..................... 13
§ 2. Помилки школярів ВЗМШ та їх аналіз ............................................ ....... 19
Комбінаторика. Завдання № 1, № 2 ............................................ .......................................... 19
Цілі числа. Завдання № 3, 4 ............................................. .................................................. 27
Метод координат на прямій і площині ............................................ ........................... 35
§ 3. Загальні рекомендації з перевірки робіт учнів 8 класу ВЗМШ. 38
Література ................................................. .................................................. ........................ 38
Введення.
Будь-яка самостійна робота учня з вивчення матеріалу передбачає його роботу з навчальними текстами. У процесі читання у нього з'являються ті чи інші проблеми з розумінням змісту прочитаного. Долати їх допомагає вчитель. При очному навчанні він може надати цю допомогу в будь-який момент. У заочному навчанні діалог виглядає інакше: найчастіше вчитель може дозволити собі лише одну письмову репліку з приводу кожної помилки. Зрозуміло, що це значно збільшує "ціну" кожної репліки, і вони повинні бути особливо обдуманими і змістовними, щоб з їх допомогою учень міг зрозуміти помилку і виправити її без подальшого втручання викладача.
Проблеми, які виникають в учня у процесі роботи з навчальним текстом, можна розділити на типові та індивідуальні. Індивідуальні - це ті, які пов'язані з особливостями даного учня. Типові носять масовий характер. Їх у свою чергу можна розділити на два види: 1) помилки, спровоковані вадами навчального тексту; 2) помилки, пов'язані з психологією учня. Помилки першого роду перестають складати проблему після відповідного корегування допомоги. Помилки ж другого роду вчителю доводиться виправляти і коментувати знову і знову кожному новому учневі. У такій ситуації виникає потреба в типових коментарях, які вчителю достатньо було б лише адаптувати до різних конкретних ситуацій. Призначені для постійного використання, вони повинні бути як можна більш якісними. Це передбачає виявлення психологічної природи кожної типової помилки з подальшим пошуком найбільш переконливого способу не просто пояснити учневі, що була зроблена помилка, але і "розвінчати" спровокували її мотиви, щоб учень не допускав подібних помилок надалі. Відповідне дослідження на прикладі завдань курсу 8 класу Всеросійської заочної багатопредметної школи, що займається додатковою освітою обдарованих школярів, і становить основну мету цієї роботи. При складанні рецензій по помилках будемо керуватися такими принципами: завдання, поставлене перед учнем, повинна бути доступною (інакше вона призведе до затримки процесу навчання або зовсім відіб'є інтерес учня до вирішення завдань); частка самостійної роботи учня максимальна (при такій формі найбільш швидкі темпи розвитку мислення, та й матеріал засвоюється міцніше); навчання загальним теоретичним принципам, а не роботі з приватними прикладами; застосування учнем методів при вирішенні завдань має бути усвідомленим.
Робота складається з трьох параграфів. У першому з них ми дамо огляд деяких типових видів помилок, взявши за основу розумові операції, що здійснюються при вирішенні завдань. Другий параграф присвячений розбору помилок, найбільш часто зустрічаються в роботах учнів 8 класу ВЗМШ. Нарешті, в третьому розділі ці помилки групуються за їх психологічну природу і обговорюється можлива реакція перевіряючого на помилки кожної з груп. Отримані результати можуть бути використані перевіряючими ВЗМШ при рецензуванні робіт учнів.
§ 1. Класифікація помилок за їх психологічну природу.
У процесі розумової діяльності учень пізнає нові об'єкти й зв'язки між ними за допомогою особливих розумових операцій. Основними розумовими операціями є аналіз, синтез, порівняння, абстракція, конкретизація й узагальнення. Ці операції складають різні взаємопов'язані, переходять одна в одну сторони мислення, тому чіткого поділу помилок на класи зробити неможливо. Тим не менш, можна виділити помилки, які можуть виникнути при певному типі розумового процесу.
\ T "Диплом; 1; Діп; 2" Введення ...................................... .................................................. .......................................... 2
§ 1. Класифікація помилок за їх психологічну природу ...... 4
1.1 Аналіз ................................................ .................................................. ............................... 4
1.2 Синтез ................................................ .................................................. ................................ 9
1.3 Порівняння і аналогія .............................................. .................................................. ... 10
1.4 Абстракція, конкретизація і узагальнення ............................................ ..................... 13
§ 2. Помилки школярів ВЗМШ та їх аналіз ............................................ ....... 19
Комбінаторика. Завдання № 1, № 2 ............................................ .......................................... 19
Цілі числа. Завдання № 3, 4 ............................................. .................................................. 27
Метод координат на прямій і площині ............................................ ........................... 35
§ 3. Загальні рекомендації з перевірки робіт учнів 8 класу ВЗМШ. 38
Література ................................................. .................................................. ........................ 38
Введення.
Будь-яка самостійна робота учня з вивчення матеріалу передбачає його роботу з навчальними текстами. У процесі читання у нього з'являються ті чи інші проблеми з розумінням змісту прочитаного. Долати їх допомагає вчитель. При очному навчанні він може надати цю допомогу в будь-який момент. У заочному навчанні діалог виглядає інакше: найчастіше вчитель може дозволити собі лише одну письмову репліку з приводу кожної помилки. Зрозуміло, що це значно збільшує "ціну" кожної репліки, і вони повинні бути особливо обдуманими і змістовними, щоб з їх допомогою учень міг зрозуміти помилку і виправити її без подальшого втручання викладача.
Проблеми, які виникають в учня у процесі роботи з навчальним текстом, можна розділити на типові та індивідуальні. Індивідуальні - це ті, які пов'язані з особливостями даного учня. Типові носять масовий характер. Їх у свою чергу можна розділити на два види: 1) помилки, спровоковані вадами навчального тексту; 2) помилки, пов'язані з психологією учня. Помилки першого роду перестають складати проблему після відповідного корегування допомоги. Помилки ж другого роду вчителю доводиться виправляти і коментувати знову і знову кожному новому учневі. У такій ситуації виникає потреба в типових коментарях, які вчителю достатньо було б лише адаптувати до різних конкретних ситуацій. Призначені для постійного використання, вони повинні бути як можна більш якісними. Це передбачає виявлення психологічної природи кожної типової помилки з подальшим пошуком найбільш переконливого способу не просто пояснити учневі, що була зроблена помилка, але і "розвінчати" спровокували її мотиви, щоб учень не допускав подібних помилок надалі. Відповідне дослідження на прикладі завдань курсу 8 класу Всеросійської заочної багатопредметної школи, що займається додатковою освітою обдарованих школярів, і становить основну мету цієї роботи. При складанні рецензій по помилках будемо керуватися такими принципами: завдання, поставлене перед учнем, повинна бути доступною (інакше вона призведе до затримки процесу навчання або зовсім відіб'є інтерес учня до вирішення завдань); частка самостійної роботи учня максимальна (при такій формі найбільш швидкі темпи розвитку мислення, та й матеріал засвоюється міцніше); навчання загальним теоретичним принципам, а не роботі з приватними прикладами; застосування учнем методів при вирішенні завдань має бути усвідомленим.
Робота складається з трьох параграфів. У першому з них ми дамо огляд деяких типових видів помилок, взявши за основу розумові операції, що здійснюються при вирішенні завдань. Другий параграф присвячений розбору помилок, найбільш часто зустрічаються в роботах учнів 8 класу ВЗМШ. Нарешті, в третьому розділі ці помилки групуються за їх психологічну природу і обговорюється можлива реакція перевіряючого на помилки кожної з груп. Отримані результати можуть бути використані перевіряючими ВЗМШ при рецензуванні робіт учнів.
§ 1. Класифікація помилок за їх психологічну природу.
У процесі розумової діяльності учень пізнає нові об'єкти й зв'язки між ними за допомогою особливих розумових операцій. Основними розумовими операціями є аналіз, синтез, порівняння, абстракція, конкретизація й узагальнення. Ці операції складають різні взаємопов'язані, переходять одна в одну сторони мислення, тому чіткого поділу помилок на класи зробити неможливо. Тим не менш, можна виділити помилки, які можуть виникнути при певному типі розумового процесу.
1.1 Аналіз.
Аналіз - це уявне розкладання цілого на частини або уявне виділення з цілого його сторін, дій, відносин [2]. Аналіз застосовується при вивченні понять, пропозицій і при доказі тверджень.
Одним з видів аналізу є наступна процедура: розкладання безлічі розглянутих об'єктів A на кілька підмножин B 1, B 2, ..., B n ("Випадків") по якомусь певному критерію і робота з кожним з них окремо. При цьому повинні виконуватися наступні умови: 1) об'єднання всіх підмножин має збігатися з самим безліччю
Виходячи з вищесказаного, при вирішенні задач методом розкладання класу на підмножини можуть виникнути помилки двох видів:
1) існують об'єкти, які не були розглянуті:
Завдання А1: У математичному гуртку займається 20 учнів. Їм задали додому 20 завдань. Виявилося, що кожен член гуртка вирішив рівно 2 завдання, і кожна задача вирішена рівно двома учнями. Доведіть, що керівник гуртка зможе так організувати розбір всіх завдань, що кожен учень розповість рішення задачі, яку він сам вирішив. Якщо зможе, то скількома способами? [6]
Рішення: Накреслимо граф, в якому вершини - учні, ребра - завдання. Якщо дві вершини (учня) з'єднані ребром (завданням), значить учні вирішили одну і ту ж задачу. Від кожної вершини відходить рівно два ребра, так як кожен вирішив рівно два завдання. Якщо цей граф розгорнути, то вийде замкнутий контур (див. малюнок). Наочно зрозуміло, що існує два способи розподілу завдань. Вони будуються таким чином. Перший: учень «1» розповідає завдання «з1», учневі «2» залишається розповісти лише завдання «З2», учневі «3» - «З3» і так далі, учень «20» розповідає завдання «з20». Другий: учень «1» розповідає завдання «з20», учень «20» - «з19», ..., учень «2» - розповідає завдання «з1». Виходить, що викладач зможе організувати розбір завдань двома способами.
Аналіз помилки. Не розглянуто випадок, коли граф складається з декількох замкнутих частин, наприклад такий граф (див. малюнок). У цьому випадку розбір може бути здійснений 2 n способами, де n - кількість контурів. Причина в тому, що при складанні ланцюжка від якогось учня школяр не розглядає випадок її замикання раніше, ніж на 20 ланці. Таким чином, учень справив неповний перебір: не розглянув випадок незв'язного графа.
2) у розкладанні існує дві підмножини B i і B k такі, що
Розглянемо задачі, в яких потрібно порахувати кількість об'єктів, що задовольняють цій умові.
Завдання А2: Скільки існує позитивних чисел, менших 100, які діляться на 2 або на 3.
Рішення: Чисел, що діляться на 2 - 49. Чисел, що діляться на 3 - 33. Чисел, що діляться на 2 або на 3: 49 + 33 = 82.
Відповідь: 82.
Аналіз помилки: При вирішенні даного завдання не було враховано існування чисел, які діляться на 6 (на 2 і на 3). У результаті такі числа були підраховані двічі: перший - як діляться на 2, другий - як діляться на 3.
При вирішенні такого роду завдань (завдань на підрахунок кількості елементів, що задовольняють умові задачі), слід розділяти безліч всіх об'єктів на попарно непересічні безлічі або якимось чином враховувати їх перетину.
Інша справа, якщо ми проводимо окремо для кожного безлічі, об'єднання яких дає весь клас, будь-яке побудова, знаходження (скажімо, коренів рівняння) або доказ. Перетин множин при цьому може бути і не порожнім, на результат це не впливає. Головне, щоб кожен з об'єктів належав хоча б до одного з розглянутих множин. В іншому випадку рішення буде неповним. Наведемо приклад:
Приклад А3: Всі трикутники рівновеликі.
Рішення: Нехай сторони трикутника D рівні a, b, c, відповідні висоти h a, h b, h c, площа дорівнює S.
Для позначення трикутників
Так як S = ah / 2, то:
З (1) і (2) випливає:
Отже,
або:
Помноживши обидві частини рівності (3) на 
Додавши до обох частин рівності (4) різниця 
З (5) випливає, що
Аналіз помилки: У даному випадку перехід від (5) до (6) не рівносильний, так як рівність (5) виконується в двох випадках:
1)
2)
Зауважимо, що
Наведемо ще один приклад, коли розглянуті не всі можливі випадки.
Приклад А4: Дан трикутник ABC. Проведена висота BH, що дорівнює 4. Знайдіть площу трикутника ABC, якщо відомо, що AH = 6, BC = 5.
Рішення:
Так як трикутник BCH прямокутний, то
CH =
Значить AC = AH + HC = 6 + 3 = 9.
Площа трикутника ABC відповідно дорівнює:
Аналіз рішення: У міркуваннях помилок немає, але не розглянуто випадок, коли трикутник ABC - тупокутний. Міркування будуть аналогічними, а відповідь інший. Очевидно, учень несвідомо використав у вирішенні особливості свого креслення, що не випливають з умови задачі.
Аналіз - це уявне розкладання цілого на частини або уявне виділення з цілого його сторін, дій, відносин [2]. Аналіз застосовується при вивченні понять, пропозицій і при доказі тверджень.
Одним з видів аналізу є наступна процедура: розкладання безлічі розглянутих об'єктів A на кілька підмножин B 1, B 2, ..., B n ("Випадків") по якомусь певному критерію і робота з кожним з них окремо. При цьому повинні виконуватися наступні умови: 1) об'єднання всіх підмножин має збігатися з самим безліччю
Виходячи з вищесказаного, при вирішенні задач методом розкладання класу на підмножини можуть виникнути помилки двох видів:
1) існують об'єкти, які не були розглянуті:
Аналіз помилки. Не розглянуто випадок, коли граф складається з декількох замкнутих частин, наприклад такий граф (див. малюнок). У цьому випадку розбір може бути здійснений 2 n способами, де n - кількість контурів. Причина в тому, що при складанні ланцюжка від якогось учня школяр не розглядає випадок її замикання раніше, ніж на 20 ланці. Таким чином, учень справив неповний перебір: не розглянув випадок незв'язного графа.
2) у розкладанні існує дві підмножини B i і B k такі, що
Розглянемо задачі, в яких потрібно порахувати кількість об'єктів, що задовольняють цій умові.
Завдання А2: Скільки існує позитивних чисел, менших 100, які діляться на 2 або на 3.
Рішення: Чисел, що діляться на 2 - 49. Чисел, що діляться на 3 - 33. Чисел, що діляться на 2 або на 3: 49 + 33 = 82.
Відповідь: 82.
Аналіз помилки: При вирішенні даного завдання не було враховано існування чисел, які діляться на 6 (на 2 і на 3). У результаті такі числа були підраховані двічі: перший - як діляться на 2, другий - як діляться на 3.
При вирішенні такого роду завдань (завдань на підрахунок кількості елементів, що задовольняють умові задачі), слід розділяти безліч всіх об'єктів на попарно непересічні безлічі або якимось чином враховувати їх перетину.
Інша справа, якщо ми проводимо окремо для кожного безлічі, об'єднання яких дає весь клас, будь-яке побудова, знаходження (скажімо, коренів рівняння) або доказ. Перетин множин при цьому може бути і не порожнім, на результат це не впливає. Головне, щоб кожен з об'єктів належав хоча б до одного з розглянутих множин. В іншому випадку рішення буде неповним. Наведемо приклад:
Приклад А3: Всі трикутники рівновеликі.
Рішення: Нехай сторони трикутника D рівні a, b, c, відповідні висоти h a, h b, h c, площа дорівнює S.
Для позначення трикутників
Так як S = ah / 2, то:
| (1) | |
| (2) |
або:
| (3) |
| (4) |
| (5) |
| (6) |
1)
2)
Зауважимо, що
Наведемо ще один приклад, коли розглянуті не всі можливі випадки.
Приклад А4: Дан трикутник ABC. Проведена висота BH, що дорівнює 4. Знайдіть площу трикутника ABC, якщо відомо, що AH = 6, BC = 5.
Рішення:
CH =
Значить AC = AH + HC = 6 + 3 = 9.
Площа трикутника ABC відповідно дорівнює:
Аналіз рішення: У міркуваннях помилок немає, але не розглянуто випадок, коли трикутник ABC - тупокутний. Міркування будуть аналогічними, а відповідь інший. Очевидно, учень несвідомо використав у вирішенні особливості свого креслення, що не випливають з умови задачі.
1.2 Синтез.
Синтез - це уявне об'єднання частин, властивостей, дій в єдине ціле. Синтез не є механічним з'єднанням частин і тому не зводиться до їх суми [2].
Головне в процесі синтезу - врахувати всі умови, всі дані, щоб отримати адекватний результат. Всім відомо, що буває, якщо не врахувати одне з рівнянь системи; як важко іноді вирішити завдання з геометрії, забувши про якісь дані; побудувати графік функції, не дослідивши її похідну і т. п. Розглянемо приклади, коли одна з умов не враховано.
Завдання С1: Розв'язати нерівність
Рішення: так як знаменник дробу завжди позитивний, то він не впливає на знак. Отримуємо, що рішенням нерівності буде проміжок (-3; 3).
Аналіз помилки: Знаменник дійсно не впливає на знак нерівності, але при рівності останнього нулю дріб не має сенсу, тому x = 0 слід виключити з безлічі рішень.
Таким чином, від того, якою мірою враховані властивості досліджуваного об'єкта, залежить кінцевий результат синтезу.
Синтез - це уявне об'єднання частин, властивостей, дій в єдине ціле. Синтез не є механічним з'єднанням частин і тому не зводиться до їх суми [2].
Головне в процесі синтезу - врахувати всі умови, всі дані, щоб отримати адекватний результат. Всім відомо, що буває, якщо не врахувати одне з рівнянь системи; як важко іноді вирішити завдання з геометрії, забувши про якісь дані; побудувати графік функції, не дослідивши її похідну і т. п. Розглянемо приклади, коли одна з умов не враховано.
Завдання С1: Розв'язати нерівність
Рішення: так як знаменник дробу завжди позитивний, то він не впливає на знак. Отримуємо, що рішенням нерівності буде проміжок (-3; 3).
Аналіз помилки: Знаменник дійсно не впливає на знак нерівності, але при рівності останнього нулю дріб не має сенсу, тому x = 0 слід виключити з безлічі рішень.
Таким чином, від того, якою мірою враховані властивості досліджуваного об'єкта, залежить кінцевий результат синтезу.
1.3 Порівняння і аналогія.
Порівняння - це встановлення подібності або відмінності між предметами або їх окремими ознаками. Порівняння призводить до правильного висновку, якщо виконуються наступні умови: порівнювані поняття однорідні і порівняння здійснюється за такими ознаками, які мають істотне значення.
Процес порівняння і аналогія тісно пов'язані. Можна сказати, що порівняння готує грунт для застосування аналогії. За допомогою аналогії подібність предметів, виявлене в результаті їх порівняння, поширюється на нову властивість. Міркування за аналогією можна представити наступною схемою:
Об'єкт A має властивості c 1, c 2, ..., c n.
Об'єкт B володіє властивостями c 1, c 2, ..., c n -1.
Передбачається, але не стверджується, що B володіє властивістю c n. Саме тому аналогію не можна вважати доказовим методом, її ще треба обгрунтувати. Тим не менш, міркування за аналогією корисні в процесі навчання, так як мають на увазі самостійну формулювання нових теоретичних фактів. Основна помилка школярів при застосуванні аналогії - це відсутність міркувань, які б повністю її обгрунтовували. Без них рішення є неповним або просто неправильним.
Розглянемо найбільш часто зустрічаються в рішеннях школярів види необгрунтованих аналогій:
1) Розширення сфери застосування теореми. Поява такого роду помилки, як правило, пов'язане з формальним знанням теореми або властивості. У свідомості учня чітко не виділені умови застосовності теореми, і в результаті деякі з них залишаються за межею його розгляду. Наслідком цього є незаконне використання теореми. По суті учень застосовує не теорему, а її аналог, який нерідко виявляється невірним. Розглянемо приклад:
Приклад A Н1: Хорда, не проходить через центр кола, дорівнює діаметру. [5]
Доказ: Дана коло з діаметром AB. Виберемо на ній довільно точку C. Середина AC - Точка D. Проведемо через точки B і D хорду BE.
Тепер з'єднаємо точки C і E.
Розглянемо трикутники ADB і DCE. Вони рівні по стороні і двом кутам: AD = DC з побудови; Ð B = Ð C як вписані, що спираються на одну дугу AE; Ð ADB = Ð CDE як вертикальні. Значить відповідні сторони AB і EC рівні.
Аналіз помилки: «Рівність трикутників по стороні і двом кутам» - саме таку умовну формулювання часто дають ознакою рівності трикутників по стороні і прилеглих до неї кутах. У результаті школярі просто шукають пари рівних елементів: AD = DC, Ð B = Ð C, Ð ADB = Ð CDE. При цьому умова, що кути повинні бути прилеглими відповідно до сторін AB і DC, забувається. Буквальне сприйняття умовної формулювання ознаки рівності трикутників призводить до заміни його зовсім іншим. Відбулося розширення сфери застосування ознаки. Учень скористався ним без виконання належних умов, він замінив їх на більш загальні. Це і призвело до суперечливого фактом - рівності хорди, що не проходить через центр, діаметру. У цьому випадку краще всього буде, якщо учень самостійно, проглянувши заздалегідь точне формулювання ознаки рівності трикутників, знайде в себе помилку.
2) Використання замість теореми зворотного до неї затвердження. Сенс міркувань при цьому полягає в наступному: якщо у нас вірно A Þ B, то вірним буде і B Þ A. Зрозуміло, що це виконується не завжди. Наведемо простий приклад, коли зворотній теорема не вірна, і її застосування призводить до суперечливого результату.
Приклад Ан2: Доведемо, що всі числа рівні.
Для цього візьмемо два довільних числа a і b. Доведемо, що a = b.
0 = 0 Þ a 2 - 2ab + b 2 = b 2-2ab + a 2 Þ (a - b) 2 = (b - a) 2 Þ a - b =
= B - a Þ 2a = 2b Þ a = b.
Перехід (a - b) 2 = (b - a) 2 Þ a - b = b - a не вірний. Справа в тому, що з рівності чисел слід рівність їх квадратів, але з рівності квадратів не слід рівність чисел (будуть дорівнюють лише їх модулі).
3) Помилки при спробі узагальнення. Нехай у нас є клас A і клас B. Для елементів класу A виконується властивість C A. Робиться припущення, що для елементів класу B буде виконуватися умова C B, яке побудоване за аналогією з властивістю C A відповідно до особливостей класу B. Наприклад:
Завдання Ан3: У прямому паралелепіпеді ребра рівні a, b, c. Знайдіть довжину головної діагоналі.
Рішення: Так як у прямокутнику квадрат діагоналі дорівнює сумі квадратів його сторін, то квадрат головної діагоналі в прямому паралелепіпеді буде дорівнює сумі квадратів його ребер, тобто a 2 + b 2 + c 2.
У даному випадку твердження, отримане за аналогією, вірно, але не доведено. Порівняння - це встановлення подібності або відмінності між предметами або їх окремими ознаками. Порівняння призводить до правильного висновку, якщо виконуються наступні умови: порівнювані поняття однорідні і порівняння здійснюється за такими ознаками, які мають істотне значення.
Процес порівняння і аналогія тісно пов'язані. Можна сказати, що порівняння готує грунт для застосування аналогії. За допомогою аналогії подібність предметів, виявлене в результаті їх порівняння, поширюється на нову властивість. Міркування за аналогією можна представити наступною схемою:
Об'єкт A має властивості c 1, c 2, ..., c n.
Об'єкт B володіє властивостями c 1, c 2, ..., c n -1.
Передбачається, але не стверджується, що B володіє властивістю c n. Саме тому аналогію не можна вважати доказовим методом, її ще треба обгрунтувати. Тим не менш, міркування за аналогією корисні в процесі навчання, так як мають на увазі самостійну формулювання нових теоретичних фактів. Основна помилка школярів при застосуванні аналогії - це відсутність міркувань, які б повністю її обгрунтовували. Без них рішення є неповним або просто неправильним.
Розглянемо найбільш часто зустрічаються в рішеннях школярів види необгрунтованих аналогій:
1) Розширення сфери застосування теореми. Поява такого роду помилки, як правило, пов'язане з формальним знанням теореми або властивості. У свідомості учня чітко не виділені умови застосовності теореми, і в результаті деякі з них залишаються за межею його розгляду. Наслідком цього є незаконне використання теореми. По суті учень застосовує не теорему, а її аналог, який нерідко виявляється невірним. Розглянемо приклад:
Приклад A Н1: Хорда, не проходить через центр кола, дорівнює діаметру. [5]
Доказ: Дана коло з діаметром AB. Виберемо на ній довільно точку C. Середина AC - Точка D. Проведемо через точки B і D хорду BE.
Розглянемо трикутники ADB і DCE. Вони рівні по стороні і двом кутам: AD = DC з побудови; Ð B = Ð C як вписані, що спираються на одну дугу AE; Ð ADB = Ð CDE як вертикальні. Значить відповідні сторони AB і EC рівні.
Аналіз помилки: «Рівність трикутників по стороні і двом кутам» - саме таку умовну формулювання часто дають ознакою рівності трикутників по стороні і прилеглих до неї кутах. У результаті школярі просто шукають пари рівних елементів: AD = DC, Ð B = Ð C, Ð ADB = Ð CDE. При цьому умова, що кути повинні бути прилеглими відповідно до сторін AB і DC, забувається. Буквальне сприйняття умовної формулювання ознаки рівності трикутників призводить до заміни його зовсім іншим. Відбулося розширення сфери застосування ознаки. Учень скористався ним без виконання належних умов, він замінив їх на більш загальні. Це і призвело до суперечливого фактом - рівності хорди, що не проходить через центр, діаметру. У цьому випадку краще всього буде, якщо учень самостійно, проглянувши заздалегідь точне формулювання ознаки рівності трикутників, знайде в себе помилку.
2) Використання замість теореми зворотного до неї затвердження. Сенс міркувань при цьому полягає в наступному: якщо у нас вірно A Þ B, то вірним буде і B Þ A. Зрозуміло, що це виконується не завжди. Наведемо простий приклад, коли зворотній теорема не вірна, і її застосування призводить до суперечливого результату.
Приклад Ан2: Доведемо, що всі числа рівні.
Для цього візьмемо два довільних числа a і b. Доведемо, що a = b.
0 = 0 Þ a 2 - 2ab + b 2 = b 2-2ab + a 2 Þ (a - b) 2 = (b - a) 2 Þ a - b =
= B - a Þ 2a = 2b Þ a = b.
Перехід (a - b) 2 = (b - a) 2 Þ a - b = b - a не вірний. Справа в тому, що з рівності чисел слід рівність їх квадратів, але з рівності квадратів не слід рівність чисел (будуть дорівнюють лише їх модулі).
3) Помилки при спробі узагальнення. Нехай у нас є клас A і клас B. Для елементів класу A виконується властивість C A. Робиться припущення, що для елементів класу B буде виконуватися умова C B, яке побудоване за аналогією з властивістю C A відповідно до особливостей класу B. Наприклад:
Завдання Ан3: У прямому паралелепіпеді ребра рівні a, b, c. Знайдіть довжину головної діагоналі.
Рішення: Так як у прямокутнику квадрат діагоналі дорівнює сумі квадратів його сторін, то квадрат головної діагоналі в прямому паралелепіпеді буде дорівнює сумі квадратів його ребер, тобто a 2 + b 2 + c 2.
Інший приклад: у площині будь-яка пряма задається рівнянням виду Ax + By + C = 0. Припущення, що в просторі будь-яка пряма буде задаватися рівнянням виду
Ax + By + Cz + D = 0 не вірно.
Завдання вчителя - пояснити учневі, що твердження, отримане за аналогією з вірним, може бути неправильним. Тому воно потребує окремого докази.
1.4 Абстракція, конкретизація та узагальнення.
Абстракція полягає в тому, що суб'єкт, виокремлюючи які-небудь властивості, ознаки досліджуваного об'єкта, відволікається від інших [2]. Абстрагування, процес застосування абстракції, зазвичай здійснюється в результаті аналізу. При цьому ознаку, відокремлюваний від об'єкта, стає самостійним об'єктом мислення.
Конкретизація припускає повернення думки від загального і абстрактного до конкретного з метою розкрити його зміст [2].
Узагальнення - уявне об'єднання предметів і явищ за їх загальним і суттєвим ознаками [2].
Ці три процеси тісно взаємопов'язані між собою. Абстрагування, як правило, відбувається лише після узагальнення, коли об'єкт абстрагування виділено. Конкретизація - процес, зворотний до абстрагування.
Узагальнення можна визначити, як перехід від одиничного до загального. Розглядаються конкретні об'єкти класу. У цих об'єктів помічається виконання певної властивості, робиться припущення, що для всіх об'єктів класу це властивість буде виконуватися. Насправді є певна схожість з аналогією, але є й відмінність: при узагальненні ми можемо з допомогою абстрагування працювати з класом, як з одним об'єктом. Наприклад, будь-яке число, що ділиться на 5 можна представити у вигляді 5 k. Довівши якась властивість для цього об'єкта, ми тим самим доведемо це властивість для всього класу. Зворотне відбувається при конкретизації: якщо властивість вірно для всього класу, то для конкретного об'єкта цього класу властивість буде виконуватися.
Розглянемо помилки, які можуть виникати при цих процесах.
Одна з поширених помилок - необгрунтованість узагальнень. Властивість класу при цьому просто помічається, але не доводиться, воно, як правило, перевіряється лише для кількох елементів класу. Розглянемо класичний приклад, що належить Л. Ейлера:
Приклад О1: Чи правда, що при будь-якому натуральному n
n 2 + n +41 - просте число?
Доказ: при n = 1: n 2 + n + 41 = 43 - просте число;
при n = 2: n 2 + n + 41 = 47 - просте число;
при n = 3: n 2 + n + 41 = 53 - просте число;
при n = 4: n 2 + n + 41 = 61 - просте число;
при n = 5: n 2 + n + 41 = 71 - просте число;
і т. д. При інших n вираз n 2 + n + 41 також буде простим числом.
Узагальнення в цьому випадку не тільки не обгрунтовано, а й спростовується конкретним прикладом: при n = 41 маємо n 2 + n + 41 = 41 2 + 41 + 41 = 41 × (41 +2) = 41 × 43.
У житті зазвичай на основі перевірки властивості у декількох об'єктів класу робиться висновок, що дана властивість здійснимо для всього класу в цілому. Приблизно так будувалося більшість фізичних законів; на обмеженій кількості дослідів виводилися біологічні та хімічні закономірності. Звичайно, узагальнення - це невід'ємна частина побудови гіпотез. Але саме гіпотез, з яких лише згодом виростають логічно обгрунтовані теорії. З розглянутого вище прикладу видно, що перевірене навіть на багатьох конкретних прикладах твердження (для натуральних чисел, менших 41, воно виконується) може виявитися хибним. Подібні ситуації і змушують приводити повні докази отриманих узагальнень, незалежно від ступеня впевненості у справедливості даної гіпотези.
Помилковість отриманої за допомогою узагальнення гіпотези нерідко буває пов'язана з нереферентностью неусвідомлено проведеної вибірки розглянутих для її висунення об'єктів. Вони в таких випадках зазвичай підбираються за принципом «що ближче лежить (або краще знаємо), то і беремо». У результаті передбачуваний відповідь може бути неправильним для об'єктів, які "лежать далі".
Розглянемо конкретний приклад.
Приклад О2: Знайдіть безліч всіх рішень нерівності x 3 - x ³ 0 (х Î R).
Відповідь: [0 ,+¥].
Аналіз помилки: Учень просто підібрав відповідь, підставляючи в нерівність тільки цілі числа. Тому-то проміжок (0,1) він також включив у відповідь (адже в ньому немає жодного цілого числа, а 0 і 1 задовольняють нерівності). Вивчивши нецілі числа, учні тим не менш намагаються по можливості обходиться без них. Такий розрив між теоретичними знаннями і повсякденним свідомістю часто веде до невірних висновків на кшталт зробленого вище. У даній ситуації краще всього порадити учневі вирішити нерівність методом інтервалів, порівняти отриману відповідь з першим і спробувати зрозуміти, чому його первісна гіпотеза виявилася невірною.
Рішення, в яких доказ властивості для всього класу необгрунтовано замінюється перевіркою лише для одного або декількох конкретних об'єктів цього класу, взагалі зустрічаються в роботах школярів досить часто. Розглянемо ще один приклад.
Завдання О3: Доведіть, що сума будь-яких десяти поспіль непарних чисел ділиться на 20.
Рішення: 1 + 3 + 5 + 7 + ... + 19 = 100, ділиться на 20. Решта суми теж діляться на 20.
Аналіз рішення: З того, що властивість виконується для однієї послідовності чисел, ще не випливає виконання властивості для будь-якої іншої послідовності. Наприклад, чому тисяча триста тридцять три + ... + 1 351 ділиться на 20? Від учня потрібні пояснення, які б доводили властивість для всіх послідовностей, а не перевірка властивості на конкретному прикладі. Тому й оцінка рішення повинна вестися насамперед на основі того, перевіряє учень властивість для приватних випадків або він проводить свої міркування для всього класу аналізованих об'єктів. У нашому випадку видно, що учень просто підрахував суму, ніякої передумови для узагальнення він не виділяє.
Розглянемо приклад, коли суворого докази немає, але все-таки його можна вважати правильним.
Завдання О4: Число при діленні на 5 дає залишок 2. Який може бути залишок при діленні на 10?
Рішення: 2 = 5 × 0 + 2 = 10 × 0 + 2, 7 = 5 × 1 + 2 = 10 × 0 + 7, 12 = 5 × 2 + + 2 = 10 × 1 + 2 і так далі, при збільшенні числа на 5 ніяких інших залишків, крім 2 і 7 не буде.
У цьому випадку більш суворих пояснень не потрібно, тому що дії з рештою об'єктами досить ясні.
На відміну від узагальнення, при конкретизації відбувається перехід від загального до приватного: від поняття до об'єкта, який цим поняттям характеризується; від теореми до застосування цієї теореми. У зв'язку з цим виникають помилки наступного виду: 1) неточне розуміння визначення; 2) неправильне застосування теореми, властивості.
У розуміння структури визначення входить:
1) розуміння сенсу визначення (розкриття змісту поняття).
Учні можуть розуміти визначення більш вузько (безліч об'єктів, які підходять під визначення, менше дійсного) або більш широко (безліч об'єктів, які підходять під визначення, ширше дійсного).
Приклади:
· За визначенням подільності 5 ділиться на 2, так як існує число 2,5 таке, що 5 = 2 × 2,5. Безліч об'єктів ширше дійсного, так як обидва множника повинні бути цілими числами.
· Багато школярів чотирикутник розуміють як опуклий, поняття про існування неопуклого чотирикутника немає, так як в шкільній практиці учні працюють майже виключно з опуклими фігурами. Безліч об'єктів, що задовольняють визначенню, Еже дійсного.
Учні в міркуваннях іноді використовують пропозиції, які до даного об'єкту застосовувати не можна. Наприклад:
Завдання О5: Підстава призми має площу S. Її бічне ребро довжиною k нахилене до основи під кутом a. Знайдіть об'єм призми.
Рішення: Обсяг призми дорівнює добутку площі підстави на довжину бічного ребра, тому V = S × k.
Аналіз помилки: У даному випадку учень скористався формулою визначення обсягу та для прямої призми. Для похилій призми ця формула не вірна, отже, застосовувати її не можна. Єдиний спосіб викоренити помилку - показати учневі наочно, що його міркування суперечливі. Для цього візьмемо пряму призму. Розділимо її на дві рівні частини так, як показано
§ 2. Помилки школярів ВЗМШ та їх аналіз.
Ця частина полягає в конкретних роботах учнів ВЗМШ. Тут ми виділили типові помилки, які допускаються школярами при виконанні завдань по допомогах [8] - [10], які входять до програми 8 класу Кіровського відділення ВЗМШ. Аналіз причини і відповідні коментарі щодо її виправлення, наведені нижче по кожній із завдань, можуть бути використані перевіряючими при рецензуванні робіт учнів. Крім того, аналіз причин заснований на класифікації помилок, яка нами вже розглянута в § 1. На її основі ми і будемо складати відповідні коментарі з завданням. Номери всіх завдань збігаються з їхніми номерами в посібниках [8] - [10], які включені до справжньої роботи.
Комбінаторика. Завдання № 1, № 2.Завдання 1-7. A È B містить 25 елементів, A Ç B - 10 елементів, B містить 15 елементів. Знайти кількість елементів у A.
Міркування учня: Так як безліч B містить 15 елементів, то множина A буде містити 25 - 15 = 10 елементів.
Аналіз помилки: Слід зауважити, що, виконуючи завдання "Комбінаторика", більшість учнів вперше знайомляться з теорією множин. У зв'язку з цим вони намагаються знайти властивості, схожі з властивостями вже знайомих їм об'єктів. Так операцію об'єднання двох множин школярі часто пов'язують з операцією додавання двох чисел. Це цілком логічно, адже у свою чергу числа ще у молодшому віці вони вивчали за допомогою підручних предметів, наприклад, тих же рахункових паличок, тобто, фактично, за допомогою операцій над множинами. При вирішенні завдання учень діяв з множинами, як з числами. Це було б вірно, якби перетин множин було порожнім, як при роботі з рахунковими паличками. Але якщо це не так, то число елементів в об'єднанні і сума кількостей елементів у кожному з множин - це різні величини. Але учень діяв за вже сформованому стереотипу, тому у відповіді він отримав не кількість елементів множини A, а кількість елементів, що належать тільки A. Виходячи з класифікації, даної в § 1, цю помилку слід віднести до класу необгрунтованих аналогій. Причина помилки полягає в тому, що дитина при вирішенні завдання несвідомо працює з будь-якими двома множинами як з непересічними. Перевіряючому слід допомогти учневі розібратися в поняттях перетину та об'єднання, зробивши наголос на тому, що відрізняє об'єднання множин від складання чисел. Це можна зробити, розібравши конкретне завдання. Доцільно використовувати кола Ейлера, оскільки графічні ілюстрації допомагають учневі краще сприймати інформацію. Розглянемо конкретний приклад.
Завдання. Безліч A містить 7 елементів, безліч B - 10, об'єднання множин A і B - 15.Сколько елементів містить перетин множин A і B (c)?
Об'єднання множин A і B можна розділити на три підмножини: 1) елементи, що належать тільки безлічі A; 2) елементи, що належать перетинанню множин A і B; 3) елементи, що належать тільки безлічі B. Склавши кількість елементів трьох груп, ми отримаємо кількість елементів в об'єднанні множин A і B. Це видно і на колах Ейлера. Позначимо за x - Кількість елементів перетину. Тоді у першій групі 7 - x елементів, у другій x, у третій 10 - x . В об'єднанні (7 - x) + x + (10 - x) = 17 - x = 15 Þ x = 2. Можна запропонувати учневі вирішити дану задачу в загальному вигляді, замінивши числа 7, 10 і 15 на a, b та с. Тим самим він отримає вираз з = a + b - х, характеризує кількісне відношення двох множин.
Завдання 1-14. Записати формулами безлічі, заштриховані на діаграмах (наведено кілька діаграм, з яких ми розглянемо одну).
A |
B |
C |
Аналіз помилки: Учень ототожнює додавання з об'єднанням. Треба переконати його, що між цими двома операціями є різниця.
Не так важливо, як називає учень об'єднання ("об'єднання першого і другого множин" або "додамо до першого друга безліч", як-то інакше), важливо те, що він має на увазі під ним, чи розуміє він суть операції об'єднання. Тому не можна вважати, що учень діяв при вирішенні даного завдання неправильно. Треба зазначити, що при операціях з числами вживається знак "+", а з множинами - "È". Поділ цих операцій виключає з міркувань непотрібну плутанину.
Міркування учня: Цікавить нас безліч можна записати формулою A Ç C + B Ç C - A Ç B Ç C.
Аналіз помилки: учень множинами оперує, як числами. Він вирішує зовсім інше завдання: скільки елементів містить заштрихованої безліч. Завдання перевіряючого - роз'яснити різницю між множиною і кількістю елементів у цій множині. Помилка безпосередньо пов'язана з формальним знанням визначень операцій над множинами. За класифікацією вона відноситься до розділу неправильне розуміння визначення (невірна конкретизація). Тому в даній ситуації перевіряючому рекомендується дати крім наведених у методичному посібнику визначень на діаграмах, словесні визначення:
AÈB - множина всіх елементів, які належать або A або B.
AÇB - множина всіх елементів, які належать і A і B одночасно.
A \ B - множина всіх елементів, що належать A, але не належать безлічі B.Рекомендується також сказати, що при об'єднанні однакові об'єкти зливаються в один. Саме з таких об'єктів, які містяться в обох множинах, і складається перетин. Нехай учень порівняє визначення з їх графічними ілюстраціями. Спочатку краще навчитися будувати множини за формулами (їх достатньо в посібнику), а потім переходити до написання формул по діаграмах.
Завдання 2-6. Скільки існує семизначних чисел, цифри яких ідуть у спадному порядку?
Міркування учня: всі рішення зводиться до вказівки того факту, що семизначних чисел стільки ж, скільки тризначних з відповідним убутним порядком цифр. Відсутня доказ цього факту.
Аналіз помилки: Варто згадати те, що перед цим завданням розібрана наступна: скільки існує восьмизначних чисел, цифри яких ідуть у спадному порядку? Докладно розглянуто рішення, суть якого полягає у встановленні взаємооднозначної відповідності між восьмизначним і двозначними числами. Кількість двозначних чисел нам вже відомо. Автори хотіли тим самим дати зразок рішення. Добре виділили етапи докази: кожному двузначному зіставлять рівно одне восьмизначні; кожному восьмизначного зіставлять рівно одне двозначне; встановлено взаімноооднозначное відповідність, отже, і тих і інших чисел однакове число. Передбачалося, що школярі будуть діяти аналогічно. Дійсно, багато учнів призвели повністю обгрунтоване рішення, але є й ті, хто не написав його, вважаючи зайвим приводити обгрунтування, аналогічні викладеним у методичному посібнику. Необов'язково вимагати від учня повністю приводити всі доказ, але в чому відмінність міркувань з семизначними числами від міркувань з восьмизначними і чому дії будуть аналогічними - учень повинен написати. Інакше це - необгрунтована аналогія і рішенням не є. Одного відповіді в даній задачі недостатньо, учень повинен розуміти суть підрахунку і вміти його здійснювати в подібних ситуаціях. Посилатися на відповідний результат можна лише після того, як показано, що рішення при цьому буде дійсно аналогічне. Для переконливості треба привести завдання, в якій дії за аналогією призводять до правильної відповіді. Можна навести завдання на пошук кількості дев'яток в числах від 1 до 100. Міркуємо наступним чином. Від 1 до 10 - одна дев'ятка, від 11 до 20 також - одна, виходить у кожному десятці по одній дев'ятці. Так як десятків десять, то дев'ятка в числах від 1 до 100 зустрічається 10 разів. Все начебто правильно, за винятком того, що в кожному числі від 90 до 99 включно дев'ятка зустрічається ще й у розряді десятків (в інших десятках вона зустрічається лише в розряді одиниць), тому аналогія на цей десяток невірна. У результаті замість вірного результату 20 ми отримали всього лише 10.
На таких, очевидних з вигляду завданнях, подібних завданню 2-6, і потрібно розвивати вміння строго обгрунтовувати кожен крок в міркуваннях.
Завдання 3-5. Б) Чотири футбольних команди A, B, C і D, провели один з одним кілька тренувальних матчів. Відомо, що команда A брала участь у 6 матчах, команда B - в 5, C - у 7, D - у 10. Скільки всього відбулося матчів?
в) Три футбольні команди, A, B і C провели один з одним кілька тренувальних матчів. Відомо, що команда A брала участь у 6 матчах, команда B - в 7 матчах, а команда C - у 11 матчах. Скільки матчів зіграли один з одним команди A і C?
Міркування учня зводяться до розгляду конкретних графів, що ілюструють турнір. Підрахувавши кількість матчів, він дає відповідь.
Аналіз помилки: Немає гарантій, що при побудові іншого графа відповідь буде такою ж. Це необгрунтоване узагальнення в багатьох випадках призводить до неповного відповіді. Наведемо конкретний приклад.
Візьмемо 4 команди. A зіграла одну гру, B - дві, C - три, D - дві. Скільки ігор зіграли між собою команди B і C? Зрозуміло, що відповідь неоднозначна. Може бути дві гри, може бути одна.
Нехай тепер учень доведе, що в його завданню така ситуація не виникне. Це підштовхне його до міркувань у загальному вигляді, і не варто на цьому етапі писати підказки, які позбавляють учня можливості самостійного розв'язання задачі. Учень повинен сам дійти до суті, в цьому полягає один з головних принципів навчання у ВЗМШ.
Завдання 3-6. Чи можна влаштувати такий турнір, щоб в ньому:
а) брало участь 13 команд, і кожна команда зіграла рівно 5 матчів;
б) брало участь 10 команд, і кожна команда зіграла б рівно 5 матчів;
в) брало участь 9 команд, і кожна команда зіграла б 4 матчі?
Міркування учня: а) так як кожна команда зіграла 5 матчів, то всього було
б) Підрахуємо кількість ігор:
в) Підрахуємо кількість ігор:
Аналіз помилки: У міркуваннях пункту а) жодних зауважень немає. Дійсно, в будь-якому турнірі кількість ігор ціле (*). Є сумніви в пунктах б) і в). Учень використовує твердження, протилежне (*): якщо при підрахунку кількості ігор ми отримуємо ціле число, то турнір можна влаштувати. Насправді це твердження не таке вже й очевидне і потребує доведення. Помилка: використання замість теореми зворотного до неї затвердження. Наведемо приклад того, що при виконанні прямого затвердження зворотне йому не завжди виконується:
Чи можна для п'яти команд влаштувати турнір в одне коло так, щоб чотири з них зіграли б по чотири гри, а одна - дві?
Зрозуміло, що такий турнір влаштувати не можна. Якщо чотири команди зіграють по чотири гри, то і п'ята при цьому повинна буде зіграти теж чотири. Число ігор при цьому - ціле число. Цей приклад ясно показує, що зворотне твердження не завжди вірно.
Завдання 3-8а. На колі обрані 10 точок. Скільки існує опуклих чотирикутників з вершинами в цих точках?
1) Міркування учня: У нас є десять точок, пронумеруємо їх від 0 до 9. Тоді кожному чотиризначному числа буде відповідати рівно один чотирикутник. Значить чотирикутників стільки ж, скільки чотиризначних чисел з різними цифрами, а їх 10 × 9 × 8 × 7 = 40320.
Аналіз помилки: Школяр хотів використати для вирішення завдання взаимнооднозначное відповідність, але при цьому встановив його неправильно. Вірно помічено, що кожному чотиризначному числу відповідає рівно один чотирикутник. Для взаємооднозначної відповідності ще потрібно, щоб кожному чотирикутнику відповідало рівно одне число, а їх 4! = 24.
Про біекціі й мови бути не може. Приміром, числах 1234, 2341, 3412, 4123, 4321, 3214, 2143, 1432 відповідає один і той же чотирикутник «1234». Мало того, крім опуклих чотирикутників були підраховані самопересекаться «1342» і «1324» (це причина дії стереотипу, який формується у школі, так як школярі в основному працюють тільки з опуклими фігурами), кожен з яких може бути представлений вісьмома різними чотиризначними числами.
Причина помилки: учень переглянувши лише кілька чотирикутників, зіставивши йому чотиризначне число, зробив висновок про взаимнооднозначное двох множин. Дана помилка - свого роду аналог помилки «заміна прямої теореми зворотного». Якщо перевірена однозначність відповідності в один бік, то у зворотний бік відповідність автоматично вважається однозначним. Це не вірно. Приклади добре спростовують такі міркування.
Цілі числа. Завдання № 3, 4.
§ 1.
Завдання 1. З'ясувати, які з наступних тверджень вірні, а які - ні:
б) якщо a і b не діляться на 6, то a + b не ділиться на 6;
г) якщо a ділиться на 6, b не ділиться на 6, то ab не ділиться на 6;
д) якщо a ділиться на 6, b ділиться на 10, то ab ділиться на 60.
Міркування учня: у рішеннях всіх пунктів використовується один і той же метод. Затвердження перевіряється лише для конкретної пари чисел, що задовольняє умовам завдання. Результат перевірки є відповіддю.
Аналіз помилки: Виділимо три випадки: 1) при перевірці для конкретної пари чисел твердження не так, 2) при перевірці для конкретної пари чисел твердження вірне, але існують пари чисел, при яких твердження помилково; 3) при перевірці для конкретної пари чисел твердження вірне і для інших пар чисел воно також виконується. Виходить, що в першому і другому випадках твердження невірне, а в третьому - вірне. Учні краще всього діють в першому випадку, так як їм легше оперувати конкретними числами. Від них вимагається лише підібрати спростовує приклад. Якщо ж всі розглянуті приклади підтверджують твердження, але перебрано не всі можливі випадки, що для нескінченного їх безлічі просто неможливо, то немає гарантії, що це третій випадок, а не другий. Тому потрібні працювати з класом чисел, у зв'язку з цим виникають труднощі подання у загальному вигляді.
Все вище сказане підтверджується в рішеннях школярів.
У пунктах б) і г) учень знаходить пару чисел, при яких умова не виконується, і робить правильний висновок, що твердження не вірно. У пункті д) також розглядається одна або дві пари a і b, для яких звичайно ж все справедливо. Робиться висновок про виконання затвердження для всіх інших чисел, тобто виробляється незаконне узагальнення.
Варто відзначити такий момент: на відміну від пунктів б) і г), де наводиться одна пара чисел, в пункті д) учні, як правило, розглядають кілька пар чисел. Вони розуміють, що недостатньо розгляду конкретних чисел. Але розглянути всі пари чисел неможливо, і вони обмежуються кількома. Значить основна проблема полягає в переході від конкретних чисел, що володіють певним властивістю, до класу, як об'єкту. Школяр не може уявити клас в алгебраїчному вигляді. Завдання перевіряючого - допомогти йому в цьому. Насправді в методичному посібнику наведено визначення подільності, з якого можна зрозуміти, як представити клас чисел, що діляться на конкретне число, в загальному вигляді. Конкретних прикладів подання немає. Тому можна дати такий коментар: «У пункті д) Вами було розглянуто лише окремий випадок. Здійснимість затвердження для всіх решти пар чисел (а їх досить багато) залишається під питанням. Щоб перевірити її, необхідно міркувати в загальному вигляді. Скажімо, число a, яке ділиться на 6 можна записати, як 6 k, де k - Деяке ціле число. "
Завдання 2. Доведіть твердження:
г) якщо
д) якщо
г) Міркування учнів: Так як
Аналіз помилки: Це типовий неповний перебір, розглянуті не всі варіанти, а конкретно - не розглянуто варіант, коли a і b не діляться на c. Учень не врахував випадок, коли c представляється у вигляді добутку двох множників, один з яких ділиться a, на інший ділиться b. Причина помилки - ототожнення у свідомості учня дільника з простим числом і використання відповідних властивостей. Це узагальнення властивостей простого числа на всі числа легко спростовується контрприкладів: a = 3, b = 6, c = 9. Зрозуміло, що при цьому
д) Міркування учнів: Так як
Аналіз помилки: У методичному посібнику виділено кілька властивостей подільності цілих чисел. Одне з них формулюється таким чином: якщо a і b діляться на c, то a + b і a-b діляться на c. Учень скористався цією властивістю, але неправильно, він його змінив: якщо c ділиться на a і на b, то c ділиться на a + b і на a-b (*). Причина в наступному: подільність - антисиметричною бінарне відношення. У школі учні зустрічалися лише з рівністю (симетричним відношенням) і тільки починають докладно вивчати відношення порядку. Не дивно, що вони плутають цифри, які діляться, і числа, на які діляться. Єдине правило на перших етапах вивчення подільності - уважно застосовувати властивості при вирішенні завдань. Для спростування даної властивості (*) достатньо навести контрприклад: 10 ділиться на 5 і на 2, але на 3 число 10 не ділиться. Для того, щоб учні краще розуміли суть подільності чисел і властивостей, рекомендується самостійно довести деякі з них, наведені у посібнику.
Завдання 5-в. При яких n 3 n 2 +2 n +2 ділиться на 4 n +3.
Міркування учня: Так як
Якщо n = - 1, то 4 n +3 = - 1, і
Якщо n = 0, то 4 - n не ділиться на 4 n +3.
Якщо n = 1, то 4 - n не ділиться на 4 n +3.
Якщо n = 4, то
Відповідь: n = - 1.
Аналіз помилки: У міркуваннях немає логіки, учень розглядає лише деякі n. Як йде справа з рештою числами - невідомо. Це неповний перебір. Школяр намагався міркувати за аналогією з прикладом, розібраному в методичному посібнику ([9], с. 5), але не довів рішення до кінця, не зробивши останній крок:
Завдання 3. Доведіть, що сума 2 n +1 послідовних натуральних чисел ділиться на 2 n +1.
Міркування учня:
1 +2 +3 + ... + (2 n +1) = (1 +2 n +1) (2 n + 1) / 2 = (n +1) (2 n +1) ділиться на 2 n +1.
Аналіз помилки: Розглянуто окремий випадок. На його основі проведено необгрунтоване узагальнення виконання властивості для всіх інших послідовностей. Хоча в даному випадку міркування і будуть аналогічні, але ж це треба ще показати. Тим більше, що можна навести приклад, коли для декількох окремих випадків властивість виконується, а в загальному не вірно.
Наприклад: (n +1) (n +2) (n +3) (n +4) ділиться на 120 при n = 1, 2, 3, 4, а от при n = 5 вираз (n +1) (n +2) (n +3) (n +4) = 6 × 7 × 8 × 9 на 120 вже не ділиться.
Завдання 4. Залишок від ділення непарного числа на 7 дорівнює 2. Знайдіть залишок від ділення цього числа на 14.
Міркування учня: 9 = 7 × 1 + 2. 9 = 14 × 0 + 9. Залишок дорівнює 9.
Аналіз помилки: Це типова помилка при вирішенні завдань на подільність: необгрунтоване узагальнення. Учень розглянув лише одне число, яке задовольняє умовам. При якомусь іншому числі може вийти залишок, відмінний від 9. Недостатньо знайти правильну відповідь, треба ще довести, що всі інші будуть неправильними.
В задачах на подільність є два найбільш часто вживаних методу рішення:
1) розбиття загальної задачі на кілька приватних (диз'юнкція). При цьому потрібно стежити за тим, щоб всі випадки (завдання) були розібрані. Якщо якийсь із них не розглянуто, то метод втрачає свою суть і рішення вважається невірним. Неповний перебір часто зустрічається в роботах школярів.
2) рішення в загальному вигляді. Нелегко дається учнями, тому що їм легше оперувати з конкретними об'єктами. Цей метод хороший тим, що виключає втрату частини рішення. Більшість властивостей доводиться саме в загальному вигляді. При його використанні відбувається абстрагування, приватні характеристики об'єктів не враховуються, міркування спираються на загальні властивості даного класу об'єктів. Краса методу в тому, що, працюючи з одним об'єктом, ми тим самим охоплюємо весь клас. Але це одночасне оперування всіма об'єктами відразу і відштовхує дітей з їх конкретним мисленням. У дійсності ж, представивши число в загальному вигляді, він працює з ним, як з конкретним числом, нічого принципово нового немає. Задачі на подільність - це благодатне середовище для навчання абстрагування: міркування в загальному вигляді тут не дуже складним і в той же час досить яскраво показують ефективність даного методу.
Щоб учень дійсно зрозумів перевагу рішення в загальному вигляді, розберемо рішення конкретної задачі двома методами.
Завдання: При розподілі на 5 число дає залишок 3. Який залишок дає число при діленні на 15?
1) Рішення перебором. При розподілі на 15 можуть вийти такі залишки: 0, 1, ..., 14. Якщо залишок дорівнює
0: то при діленні на 5 буде залишок 0 ¹ 3;
1: то при діленні на 5 буде залишок 1 ¹ 3;
2: то при діленні на 5 буде залишок 2 ¹ 3;
3: то при діленні на 5 буде залишок 3 = 3;
4: то при діленні на 5 буде залишок 4 ¹ 3;
5: то при діленні на 5 буде залишок 0 ¹ 3;
6: то при діленні на 5 буде залишок 1 ¹ 3;
7: то при діленні на 5 буде залишок 2 ¹ 3;
8: то при діленні на 5 буде залишок 3 = 3;
9: то при діленні на 5 буде залишок 4 ¹ 3;
10: то при діленні на 5 буде залишок 0 ¹ 3;
11: то при діленні на 5 буде залишок 1 ¹ 3;
12: то при діленні на 5 буде залишок 2 ¹ 3;
13: то при діленні на 5 буде залишок 3 = 3;
14: то при діленні на 5 буде залишок 4 ¹ 3;
Виходить, що існує три варіанти залишку: 3, 8, 13.
2) Рішення у загальному вигляді. Так як при розподілі числа a на 5 залишок дорівнює 3, то його можна записати у вигляді а = 5 k + 3. Нехай залишок від ділення числа a на 15 дорівнює b, тоді a = 15 n + b, де 15 ³ b> 0.
Значить 15 n + b = 5 k + 3 Û b - 3 = 5 k - 15 n = 5 (k - 3 n).
Виходить, що 12 ³ b - 3> - 3 і b - 3 ділиться на 5.
Можливі три варіанти:
Важко не погодитися, що рішення в загальному вигляді гарніше і коротше.
§ 3.
Завдання 2. Доведіть, що число 111 ... 1 (вісімдесят одна одиниця) ділиться на 81.
Міркування учня: Так як сума цифр числа 111 ... 1 (вісімдесят одна одиниця) ділиться на 9, то саме число ділиться на 9. Сума цифр ділиться на 9 два рази, отже, і число ділиться два рази на 9, значить воно ділиться на 81.
Аналіз помилки: По суті справи, учень сформулював ознака подільності на 81 за аналогією з ознакою подільності на 9. В цьому нічого поганого немає. Але учень не перевірив, чи вірний ця ознака. Це необгрунтована аналогія. Що стосується ознаки подільності на 81, то він є хибним (хоча для чисел, складених з одних одиниць, він все-таки виконується). Досить навести контрприклад: 81818181818181819 = 81 × 1010101010101010 + 9, сума цифр дорівнює 81.
Завдання 3. Знайдіть яке-небудь ціле число, що записується одними одиницями, яке ділиться на 33 ... 3 (сто трійок).
1) Міркування учня: відповідь 11 ... 1 (триста одиниць).
Аналіз помилки: у даній задачі відповідь отримати не так вже й складно. Головне - обгрунтувати його. Цього етапу у багатьох школярів немає. Потрібно роз'яснити, що в тих завданнях, де потрібно знайти якесь число: перше - треба його вказати, друге - треба довести, що воно задовольняє всім умовам завдання.
2) Міркування учня: 111 ділиться на 3 (сума цифр дорівнює трьом, значить, число ділиться на три); 111111 ділиться на 33 (на 3 ділиться, так як сума цифр ділиться на 3; на 11, так як 111 111 = 11 × 10101 ); ...; 11 ... 1 (триста одиниць) ділиться на 33 ... 3 (сто трійок).
Аналіз помилки: Розглянуті окремі випадки і на їх основі робиться незаконне узагальнення на всі безліч об'єктів. Учень припускає, що 11 ... 1 (3 n одиниць) ділиться на 33 ... 3 (n трійок). Це вірне припущення, але її ще треба обгрунтувати. Або описати доказ в загальному вигляді або довести конкретно для числа 11 ... 1 (триста одиниць). Для переконливості необхідно навести приклад такого завдання, в якій властивість не узагальнюється:
Зрозуміло, що в цьому випадку узагальнення невірне, починаючи з n = 10.
Метод координат на прямій і на площині.
Завдання 1-4. Подумайте, яка з двох точок правіше:
б) A (c) або B (c + 2);
в) A (x) або B (x 2);
г) A (x) або B (x - a).
б) Міркування учня: Розглянемо три випадки: 1) c> 0. Якщо до позитивного числа додати додатне число, то воно збільшиться. Значить c <c + 2 і крапка B правіше точки A, 2) c = 0. Так як 2> 0, то точка B правіше точки A, 3) c <0. Якщо до негативного числа додати позитивне, то воно стане більше. Значить c <c + 2 і крапка B правіше точки A.
Обговорення: Це не помилка, це скоріше недолік. Навіть з тексту рішення видно, що три виділених учнем випадку по суті нічим не відрізняється. Адже будь-яке число збільшиться, якщо до нього додати позитивне число. Учень просто відтворював рішення подібно тексту, викладеного у методичному посібнику. Почасти ця помилка спровокована не зовсім доречним прикладом. Розібраний в посібнику приклад (що правіше: A (2 x) або B (x)?) Дійсно вимагав розгляду трьох випадків, дії ж учня зайві. Безумовно слід звернути на це увагу учня, запитати, «чим відрізняються його дії в кожному з випадків?»
Варто задати учневі наступне питання: 1) що відбувається з точкою, якщо її координату збільшити на 1, на 2? 2) спробуй вирішити завдання тепер, користуючись геометричним змістом збільшення координати точки.
в) Міркування учня: часто наводяться таку відповідь: точки співпадають при x = 0 і x = 1, у всіх інших випадках точка B (x 2) лежить правіше точки A (x).
Аналіз помилки: Можна лише здогадуватися, як міркував учень. Зрозуміло, що x 2 - невід'ємне число, а значить при x <0 точка B правіше A. Чому він не звернув увагу на проміжок (0; 1)? Тому що в цьому проміжку немає жодного цілого числа. Подібна помилка вже була нами розглянута в § 1, с. 15 .. Коментарі перевіряючого будуть в цьому випадку аналогічними: «Ви дали неправильну відповідь. Наприклад при x = Ѕ, точка лежить все-таки правіше, а не лівіше точки B. Подумайте, які ще точки ви визначили неправильно. Крім того, перебір не є достовірним джерелом відповіді. Щоб у відповіді дійсно не було ніяких сумнівів, вирішите це завдання алгебраїчно. Для цього вам треба зрозуміти: яке нерівність повинна виконуватися, щоб точка A була правіше точки B. І навпаки: яке нерівність повинна виконуватися, щоб точка B була правіше точки A ».
г) Міркування учня: Розглянемо 9 випадків:
1) x> 0, a> 0: A правіше B.
1) 2) x> 0, a = 0: A і B збігаються.
1) 3) x> 0, a <0: B правіше A.
1) 4) x = 0, a> 0: A правіше B.
1) 5) x = 0, a = 0: A і B збігаються.
1) 6) x = 0, a <0: B правіше A.
1) 7) x <0, a> 0: A правіше B.
1) 8) x <0, a = 0: A і B збігаються.
1) 9) x <0, a <0: B правіше A.
Аналіз помилки: знову ж таки, від x нічого не залежить. Координати відрізняються на a, тому все залежить лише від a. Якщо a - позитивне, то точка B виходить з A за допомогою зсуву вправо на a одиниць, якщо a = 0, то точки співпадають, якщо a - Негативне, то робимо зрушення вліво. Пояснення до подібної помилково були написані вище в пункті 1).
Завдання 2-6. Запишіть без знака модуля вираз
Міркування учня:
Аналіз помилки: Оскільки в даному випадку-а> 0, вірну відповідь:-а. Помилку спровокував нечастий у математиці випадок синонімії. Знак "-" може виконувати три різні функції: 1) ознаки заперечності числа (-2, -5, -2003 та ін), 2) символу операції віднімання (a-b та ін), 3) символу операції зміни знаку ( -a та ін.) Учень в даному випадку прийняв операцію зміни знаку за символ заперечності, не прийнявши до уваги, що цю роль знак мінус може грати тільки перед числом, а не перед виразом. Добре відображає операцію зміни знака відповідна функція на калькуляторі (+/-). Так як більшості школярів він доступний, то є можливість привести приклад, з яким дитина може безпосередньо попрацювати і краще зрозуміти суть операції.
§ 3. Загальні рекомендації з перевірки робіт
учнів 8 класу ВЗМШ.
У цьому параграфі ми постараємося дати загальні рекомендації з написання вказівок до найбільш часто зустрічається видів помилок.
Спираючись на аналіз робіт учнів 8 класу заочної школи ВЗМШ, проведений у другому параграфі, можна виділити наступні групи типових помилок:
1) Необгрунтоване узагальнення.
У загальному випадку помилку цього виду можна охарактеризувати наступним чином. Є клас об'єктів. Учень перевірив, що деякі з них мають певним властивістю, і на цій підставі стверджує, що цією властивістю володіють всі об'єкти даного класу. Наше завдання - дати такі вказівки, які б переконали учня в необхідності докази даної властивості для кожного об'єкта цього класу. При вирішенні даної проблеми виникає два випадки.
а) Твердження, отримане при узагальненні, невірно. Тоді достатньо привести контрприклад, спростовує доказ учня. Подібні помилки розглянуті в § 2: завдання 2-6 (Комбінаторика) і 2 (Цілі числа, § 3).
б) У Підтвердженням, отримане при узагальненні, вірно. Це більш складна ситуація. Контрприкладу немає. Голослівна вимога довести твердження, справедливість якого інтуїтивно зрозуміла, найчастіше здається учневі непереконливим. Щоб підкріпити його, необхідно наочно показати учневі, що в іншій ситуації його дії могли б призвести до невірного результату. Для цього потрібно підібрати відповідний приклад як можна більш схожою завдання (краще просто поміняти умови в даній задачі). Приклади подібних помилок і відповідні коментарі до них розглянуті в § 2: завдання 3-5 (Комбінаторика), 3 (Цілі числа, § 2) і 3 (Цілі числа, § 3).
З іншого боку, існують ситуації, коли міркування, за формою проведені учнем тільки для деяких конкретних прикладів, по суті проходять і для загального випадку. Тоді не варто загострювати увагу учня на строгості докази, тим більше, що частина восьмикласників ще не готова перейти на такий рівень строгості. Для цього потрібен час і відповідні завдання, в яких дії в загальному випадку не так очевидні.
2) Помилки при використанні аналогії.
а) При вивченні нових понять ми намагаємося вибудувати їх у вже наявну систему знань. При цьому відбувається пошук «схожих» з даним поняттям структур і автоматичне привласнення поняттю тих чи інших властивостей. Приміром, покоординатного додавання векторів визначається за допомогою додавання чисел. Таким чином відбувається якийсь перенесення вже вивченого матеріалу на новий, що безумовно скорочує час і додає знань більш системний вигляд. З іншого боку, раз з'являється нове поняття, значить у нього є щось нове, властиве тільки йому. Дуже часто у школярів аналогія переходить в ототожнення, вони не відчувають різницю між новим і вже вивченим поняттям. Наприклад, операції об'єднання множин та складання чисел мають загальну природу, але при об'єднанні важливо те, з яких елементів складається безліч, а при додаванні - нас вже буде цікавити лише кількісна сторона. Учні часто цієї різниці не помічають. Дана помилка розібрана в § 2, завдання 1-7 (Комбінаторика). Завдання перевіряючого - показати цю різницю учневі. Зробити це можна за допомогою графічних ілюстрацій, добре підібраних прикладів, тих же самих аналогій.
б) Синонімія. Іноді в математиці одним і тим же символом позначаються різні поняття. Таке явище називають синонімією. Визначити значення цього символу допомагають об'єкти, разом з якими він застосовується. Скажімо, якщо ми говоримо про відрізки і пишемо
У рішеннях школярів зустрічаються ситуації, коли вони не можуть належно визначити значення цього символу. У цьому випадку: 1) зазначається, що символ вжито не в тому значенні, 2) наводяться всі значення цього символу, а також ситуації, в яких він ці значення приймає.
в) Підміна теореми зворотним до неї твердженням. Помилки даного типу виникають в основному через те, що формулювання теореми і зворотного їй тверджень схожі. Дійсно: якщо пряма теорема має структуру A Þ B, то зворотна - B Þ A. Учні як правило звертають увагу лише на утримання A і B. Тому вони ототожнюють ці два твердження. Прикладом може служити всім відома теорема Піфагора. Дуже часто учні посилаються на неї, використовуючи насправді зворотний теорему. Все б було добре, якби у всіх теорем зворотні до них твердження були також вірними. Але це на так. Тому необхідно вимагати докази зворотного до теоремі затвердження. Як і при узагальненні виникають два випадки: зворотне твердження невірне; зворотне твердження вірне. У першому випадку достатньо привести контрприклад. У другому - необхідно підібрати схоже з даними твердження, протилежне до якого було б невірним. Приклади помилок даного виду наведені в § 2: завдання 3-6 і 3-8а (Комбінаторика).
3) Стереотипи. При неодноразовому виконанні одних і тих же операцій формується набір дій, який з деякого моменту починає застосовуватися в стандартних ситуаціях вже несвідомо. З одного боку, це економить сили і час. З іншого, якщо не стежити за межами застосування стереотипу, може статися, що він буде використаний некоректно, як це сталося, наприклад, в задачах 1-7 і 3-8а (Комбінаторика), розібраних у § 2. У такій ситуації, крім усього іншого, буває корисно пояснити учневі психологічну природу його помилки.
Література
1. Інформація, з сайту ВЗМШ: www.vzms.director.ru.
2. Загальна психологія: Курс лекцій для першого ступеня педагогічної освіти / Укл. Є. І. Рогов. - М.: Гуманит. вид. центр ВЛАДОС, 1998.
3. Роботи учнів Кіровського відділення ВЗМШ.
4. Підвищення ефективності навчання математики у школі: Кн. для вчителя: З досвіду роботи. / Укл. Г. Д. Глейзер. - М.: Просвещение, 1989.
5. В.М. Брадиса, В.А. Мінковський, А.К. Харчева. Помилки в математичних міркуваннях. М., 1959.
6. Повчальні завдання: методичні розробки для учнів ВЗМШ.
7. Методика викладання математики в середній школі: Загальна методика / А. Я. Блох, Є. С. Канін, Н. Г. Килина та ін; Сост. Р. С. Черкасов, А. А. Столяр. - М., Просвітництво, 1985.
8. Введення в комбінаторики: методичні розробки для учнів ВЗМШ АПН СРСР при МДУ (В. Л. Гутенмахер, Н. Б. Васильєв - М.: изд. АПН СРСР, 40 с.).
9. Цілі числа: навчальні завдання для учнів заочної математичної школи при ЛДУ. / Укл.: Б.М. Беккер, В.М. Гольховой.
10. Метод координат. Частина 1, глава 1. Координати на прямій. М., 1997. Посібник для учнів ВЗМШ. Складено на основі книги І.М. Гельфанда, Є.Г. Глаголєвої і А.А. Кириллова "Метод координат" (видавництво "Наука") з використанням методичних матеріалів ВЗМШ. / Укл.: Є.Г. Глаголєва, Л.Г. Серебреннікова за участю Р.Н. Соловйова та Н.Ю. Вайсман.
11. Гордін Р. К. Геометрія. Планіметрія. 7 - 9 класи: Посібник для учнів - М.: Дрофа, 2001.
Завдання 3-5. Б) Чотири футбольних команди A, B, C і D, провели один з одним кілька тренувальних матчів. Відомо, що команда A брала участь у 6 матчах, команда B - в 5, C - у 7, D - у 10. Скільки всього відбулося матчів?
в) Три футбольні команди, A, B і C провели один з одним кілька тренувальних матчів. Відомо, що команда A брала участь у 6 матчах, команда B - в 7 матчах, а команда C - у 11 матчах. Скільки матчів зіграли один з одним команди A і C?
Міркування учня зводяться до розгляду конкретних графів, що ілюструють турнір. Підрахувавши кількість матчів, він дає відповідь.
Аналіз помилки: Немає гарантій, що при побудові іншого графа відповідь буде такою ж. Це необгрунтоване узагальнення в багатьох випадках призводить до неповного відповіді. Наведемо конкретний приклад.
Нехай тепер учень доведе, що в його завданню така ситуація не виникне. Це підштовхне його до міркувань у загальному вигляді, і не варто на цьому етапі писати підказки, які позбавляють учня можливості самостійного розв'язання задачі. Учень повинен сам дійти до суті, в цьому полягає один з головних принципів навчання у ВЗМШ.
Завдання 3-6. Чи можна влаштувати такий турнір, щоб в ньому:
а) брало участь 13 команд, і кожна команда зіграла рівно 5 матчів;
б) брало участь 10 команд, і кожна команда зіграла б рівно 5 матчів;
в) брало участь 9 команд, і кожна команда зіграла б 4 матчі?
Міркування учня: а) так як кожна команда зіграла 5 матчів, то всього було
б) Підрахуємо кількість ігор:
в) Підрахуємо кількість ігор:
Аналіз помилки: У міркуваннях пункту а) жодних зауважень немає. Дійсно, в будь-якому турнірі кількість ігор ціле (*). Є сумніви в пунктах б) і в). Учень використовує твердження, протилежне (*): якщо при підрахунку кількості ігор ми отримуємо ціле число, то турнір можна влаштувати. Насправді це твердження не таке вже й очевидне і потребує доведення. Помилка: використання замість теореми зворотного до неї затвердження. Наведемо приклад того, що при виконанні прямого затвердження зворотне йому не завжди виконується:
Чи можна для п'яти команд влаштувати турнір в одне коло так, щоб чотири з них зіграли б по чотири гри, а одна - дві?
Зрозуміло, що такий турнір влаштувати не можна. Якщо чотири команди зіграють по чотири гри, то і п'ята при цьому повинна буде зіграти теж чотири. Число ігор при цьому - ціле число. Цей приклад ясно показує, що зворотне твердження не завжди вірно.
Завдання 3-8а. На колі обрані 10 точок. Скільки існує опуклих чотирикутників з вершинами в цих точках?
1) Міркування учня: У нас є десять точок, пронумеруємо їх від 0 до 9. Тоді кожному чотиризначному числа буде відповідати рівно один чотирикутник. Значить чотирикутників стільки ж, скільки чотиризначних чисел з різними цифрами, а їх 10 × 9 × 8 × 7 = 40320.
Аналіз помилки: Школяр хотів використати для вирішення завдання взаимнооднозначное відповідність, але при цьому встановив його неправильно. Вірно помічено, що кожному чотиризначному числу відповідає рівно один чотирикутник. Для взаємооднозначної відповідності ще потрібно, щоб кожному чотирикутнику відповідало рівно одне число, а їх 4! = 24.
Причина помилки: учень переглянувши лише кілька чотирикутників, зіставивши йому чотиризначне число, зробив висновок про взаимнооднозначное двох множин. Дана помилка - свого роду аналог помилки «заміна прямої теореми зворотного». Якщо перевірена однозначність відповідності в один бік, то у зворотний бік відповідність автоматично вважається однозначним. Це не вірно. Приклади добре спростовують такі міркування.
Цілі числа. Завдання № 3, 4.
§ 1.
Завдання 1. З'ясувати, які з наступних тверджень вірні, а які - ні:
б) якщо a і b не діляться на 6, то a + b не ділиться на 6;
г) якщо a ділиться на 6, b не ділиться на 6, то ab не ділиться на 6;
д) якщо a ділиться на 6, b ділиться на 10, то ab ділиться на 60.
Міркування учня: у рішеннях всіх пунктів використовується один і той же метод. Затвердження перевіряється лише для конкретної пари чисел, що задовольняє умовам завдання. Результат перевірки є відповіддю.
Аналіз помилки: Виділимо три випадки: 1) при перевірці для конкретної пари чисел твердження не так, 2) при перевірці для конкретної пари чисел твердження вірне, але існують пари чисел, при яких твердження помилково; 3) при перевірці для конкретної пари чисел твердження вірне і для інших пар чисел воно також виконується. Виходить, що в першому і другому випадках твердження невірне, а в третьому - вірне. Учні краще всього діють в першому випадку, так як їм легше оперувати конкретними числами. Від них вимагається лише підібрати спростовує приклад. Якщо ж всі розглянуті приклади підтверджують твердження, але перебрано не всі можливі випадки, що для нескінченного їх безлічі просто неможливо, то немає гарантії, що це третій випадок, а не другий. Тому потрібні працювати з класом чисел, у зв'язку з цим виникають труднощі подання у загальному вигляді.
Все вище сказане підтверджується в рішеннях школярів.
У пунктах б) і г) учень знаходить пару чисел, при яких умова не виконується, і робить правильний висновок, що твердження не вірно. У пункті д) також розглядається одна або дві пари a і b, для яких звичайно ж все справедливо. Робиться висновок про виконання затвердження для всіх інших чисел, тобто виробляється незаконне узагальнення.
Варто відзначити такий момент: на відміну від пунктів б) і г), де наводиться одна пара чисел, в пункті д) учні, як правило, розглядають кілька пар чисел. Вони розуміють, що недостатньо розгляду конкретних чисел. Але розглянути всі пари чисел неможливо, і вони обмежуються кількома. Значить основна проблема полягає в переході від конкретних чисел, що володіють певним властивістю, до класу, як об'єкту. Школяр не може уявити клас в алгебраїчному вигляді. Завдання перевіряючого - допомогти йому в цьому. Насправді в методичному посібнику наведено визначення подільності, з якого можна зрозуміти, як представити клас чисел, що діляться на конкретне число, в загальному вигляді. Конкретних прикладів подання немає. Тому можна дати такий коментар: «У пункті д) Вами було розглянуто лише окремий випадок. Здійснимість затвердження для всіх решти пар чисел (а їх досить багато) залишається під питанням. Щоб перевірити її, необхідно міркувати в загальному вигляді. Скажімо, число a, яке ділиться на 6 можна записати, як 6 k, де k - Деяке ціле число. "
Завдання 2. Доведіть твердження:
г) якщо
д) якщо
г) Міркування учнів: Так як
Аналіз помилки: Це типовий неповний перебір, розглянуті не всі варіанти, а конкретно - не розглянуто варіант, коли a і b не діляться на c. Учень не врахував випадок, коли c представляється у вигляді добутку двох множників, один з яких ділиться a, на інший ділиться b. Причина помилки - ототожнення у свідомості учня дільника з простим числом і використання відповідних властивостей. Це узагальнення властивостей простого числа на всі числа легко спростовується контрприкладів: a = 3, b = 6, c = 9. Зрозуміло, що при цьому
д) Міркування учнів: Так як
Аналіз помилки: У методичному посібнику виділено кілька властивостей подільності цілих чисел. Одне з них формулюється таким чином: якщо a і b діляться на c, то a + b і a-b діляться на c. Учень скористався цією властивістю, але неправильно, він його змінив: якщо c ділиться на a і на b, то c ділиться на a + b і на a-b (*). Причина в наступному: подільність - антисиметричною бінарне відношення. У школі учні зустрічалися лише з рівністю (симетричним відношенням) і тільки починають докладно вивчати відношення порядку. Не дивно, що вони плутають цифри, які діляться, і числа, на які діляться. Єдине правило на перших етапах вивчення подільності - уважно застосовувати властивості при вирішенні завдань. Для спростування даної властивості (*) достатньо навести контрприклад: 10 ділиться на 5 і на 2, але на 3 число 10 не ділиться. Для того, щоб учні краще розуміли суть подільності чисел і властивостей, рекомендується самостійно довести деякі з них, наведені у посібнику.
Завдання 5-в. При яких n 3 n 2 +2 n +2 ділиться на 4 n +3.
Міркування учня: Так як
Якщо n = - 1, то 4 n +3 = - 1, і
Якщо n = 0, то 4 - n не ділиться на 4 n +3.
Якщо n = 1, то 4 - n не ділиться на 4 n +3.
Якщо n = 4, то
Відповідь: n = - 1.
Аналіз помилки: У міркуваннях немає логіки, учень розглядає лише деякі n. Як йде справа з рештою числами - невідомо. Це неповний перебір. Школяр намагався міркувати за аналогією з прикладом, розібраному в методичному посібнику ([9], с. 5), але не довів рішення до кінця, не зробивши останній крок:
Завдання 3. Доведіть, що сума 2 n +1 послідовних натуральних чисел ділиться на 2 n +1.
Міркування учня:
1 +2 +3 + ... + (2 n +1) = (1 +2 n +1) (2 n + 1) / 2 = (n +1) (2 n +1) ділиться на 2 n +1.
Аналіз помилки: Розглянуто окремий випадок. На його основі проведено необгрунтоване узагальнення виконання властивості для всіх інших послідовностей. Хоча в даному випадку міркування і будуть аналогічні, але ж це треба ще показати. Тим більше, що можна навести приклад, коли для декількох окремих випадків властивість виконується, а в загальному не вірно.
Наприклад: (n +1) (n +2) (n +3) (n +4) ділиться на 120 при n = 1, 2, 3, 4, а от при n = 5 вираз (n +1) (n +2) (n +3) (n +4) = 6 × 7 × 8 × 9 на 120 вже не ділиться.
Завдання 4. Залишок від ділення непарного числа на 7 дорівнює 2. Знайдіть залишок від ділення цього числа на 14.
Міркування учня: 9 = 7 × 1 + 2. 9 = 14 × 0 + 9. Залишок дорівнює 9.
Аналіз помилки: Це типова помилка при вирішенні завдань на подільність: необгрунтоване узагальнення. Учень розглянув лише одне число, яке задовольняє умовам. При якомусь іншому числі може вийти залишок, відмінний від 9. Недостатньо знайти правильну відповідь, треба ще довести, що всі інші будуть неправильними.
В задачах на подільність є два найбільш часто вживаних методу рішення:
1) розбиття загальної задачі на кілька приватних (диз'юнкція). При цьому потрібно стежити за тим, щоб всі випадки (завдання) були розібрані. Якщо якийсь із них не розглянуто, то метод втрачає свою суть і рішення вважається невірним. Неповний перебір часто зустрічається в роботах школярів.
2) рішення в загальному вигляді. Нелегко дається учнями, тому що їм легше оперувати з конкретними об'єктами. Цей метод хороший тим, що виключає втрату частини рішення. Більшість властивостей доводиться саме в загальному вигляді. При його використанні відбувається абстрагування, приватні характеристики об'єктів не враховуються, міркування спираються на загальні властивості даного класу об'єктів. Краса методу в тому, що, працюючи з одним об'єктом, ми тим самим охоплюємо весь клас. Але це одночасне оперування всіма об'єктами відразу і відштовхує дітей з їх конкретним мисленням. У дійсності ж, представивши число в загальному вигляді, він працює з ним, як з конкретним числом, нічого принципово нового немає. Задачі на подільність - це благодатне середовище для навчання абстрагування: міркування в загальному вигляді тут не дуже складним і в той же час досить яскраво показують ефективність даного методу.
Щоб учень дійсно зрозумів перевагу рішення в загальному вигляді, розберемо рішення конкретної задачі двома методами.
Завдання: При розподілі на 5 число дає залишок 3. Який залишок дає число при діленні на 15?
1) Рішення перебором. При розподілі на 15 можуть вийти такі залишки: 0, 1, ..., 14. Якщо залишок дорівнює
0: то при діленні на 5 буде залишок 0 ¹ 3;
1: то при діленні на 5 буде залишок 1 ¹ 3;
2: то при діленні на 5 буде залишок 2 ¹ 3;
3: то при діленні на 5 буде залишок 3 = 3;
4: то при діленні на 5 буде залишок 4 ¹ 3;
5: то при діленні на 5 буде залишок 0 ¹ 3;
6: то при діленні на 5 буде залишок 1 ¹ 3;
7: то при діленні на 5 буде залишок 2 ¹ 3;
8: то при діленні на 5 буде залишок 3 = 3;
9: то при діленні на 5 буде залишок 4 ¹ 3;
10: то при діленні на 5 буде залишок 0 ¹ 3;
11: то при діленні на 5 буде залишок 1 ¹ 3;
12: то при діленні на 5 буде залишок 2 ¹ 3;
13: то при діленні на 5 буде залишок 3 = 3;
14: то при діленні на 5 буде залишок 4 ¹ 3;
Виходить, що існує три варіанти залишку: 3, 8, 13.
2) Рішення у загальному вигляді. Так як при розподілі числа a на 5 залишок дорівнює 3, то його можна записати у вигляді а = 5 k + 3. Нехай залишок від ділення числа a на 15 дорівнює b, тоді a = 15 n + b, де 15 ³ b> 0.
Значить 15 n + b = 5 k + 3 Û b - 3 = 5 k - 15 n = 5 (k - 3 n).
Виходить, що 12 ³ b - 3> - 3 і b - 3 ділиться на 5.
Можливі три варіанти:
| b - 3 = 0 | b = 3 |
| b - 3 = 5 | b = 8 |
| b - 3 = 10 | b = 13. |
§ 3.
Завдання 2. Доведіть, що число 111 ... 1 (вісімдесят одна одиниця) ділиться на 81.
Міркування учня: Так як сума цифр числа 111 ... 1 (вісімдесят одна одиниця) ділиться на 9, то саме число ділиться на 9. Сума цифр ділиться на 9 два рази, отже, і число ділиться два рази на 9, значить воно ділиться на 81.
Аналіз помилки: По суті справи, учень сформулював ознака подільності на 81 за аналогією з ознакою подільності на 9. В цьому нічого поганого немає. Але учень не перевірив, чи вірний ця ознака. Це необгрунтована аналогія. Що стосується ознаки подільності на 81, то він є хибним (хоча для чисел, складених з одних одиниць, він все-таки виконується). Досить навести контрприклад: 81818181818181819 = 81 × 1010101010101010 + 9, сума цифр дорівнює 81.
Завдання 3. Знайдіть яке-небудь ціле число, що записується одними одиницями, яке ділиться на 33 ... 3 (сто трійок).
1) Міркування учня: відповідь 11 ... 1 (триста одиниць).
Аналіз помилки: у даній задачі відповідь отримати не так вже й складно. Головне - обгрунтувати його. Цього етапу у багатьох школярів немає. Потрібно роз'яснити, що в тих завданнях, де потрібно знайти якесь число: перше - треба його вказати, друге - треба довести, що воно задовольняє всім умовам завдання.
2) Міркування учня: 111 ділиться на 3 (сума цифр дорівнює трьом, значить, число ділиться на три); 111111 ділиться на 33 (на 3 ділиться, так як сума цифр ділиться на 3; на 11, так як 111 111 = 11 × 10101 ); ...; 11 ... 1 (триста одиниць) ділиться на 33 ... 3 (сто трійок).
Аналіз помилки: Розглянуті окремі випадки і на їх основі робиться незаконне узагальнення на всі безліч об'єктів. Учень припускає, що 11 ... 1 (3 n одиниць) ділиться на 33 ... 3 (n трійок). Це вірне припущення, але її ще треба обгрунтувати. Або описати доказ в загальному вигляді або довести конкретно для числа 11 ... 1 (триста одиниць). Для переконливості необхідно навести приклад такого завдання, в якій властивість не узагальнюється:
| 1 | 1 |
| 11 лютого | 121 |
| 111 3 | 12321 |
| 1111 4 | 1234321 |
| ... | ... |
| 123 ... (n-1) n (n-1) ... 21 |
Метод координат на прямій і на площині.
Завдання 1-4. Подумайте, яка з двох точок правіше:
б) A (c) або B (c + 2);
в) A (x) або B (x 2);
г) A (x) або B (x - a).
б) Міркування учня: Розглянемо три випадки: 1) c> 0. Якщо до позитивного числа додати додатне число, то воно збільшиться. Значить c <c + 2 і крапка B правіше точки A, 2) c = 0. Так як 2> 0, то точка B правіше точки A, 3) c <0. Якщо до негативного числа додати позитивне, то воно стане більше. Значить c <c + 2 і крапка B правіше точки A.
Обговорення: Це не помилка, це скоріше недолік. Навіть з тексту рішення видно, що три виділених учнем випадку по суті нічим не відрізняється. Адже будь-яке число збільшиться, якщо до нього додати позитивне число. Учень просто відтворював рішення подібно тексту, викладеного у методичному посібнику. Почасти ця помилка спровокована не зовсім доречним прикладом. Розібраний в посібнику приклад (що правіше: A (2 x) або B (x)?) Дійсно вимагав розгляду трьох випадків, дії ж учня зайві. Безумовно слід звернути на це увагу учня, запитати, «чим відрізняються його дії в кожному з випадків?»
Варто задати учневі наступне питання: 1) що відбувається з точкою, якщо її координату збільшити на 1, на 2? 2) спробуй вирішити завдання тепер, користуючись геометричним змістом збільшення координати точки.
в) Міркування учня: часто наводяться таку відповідь: точки співпадають при x = 0 і x = 1, у всіх інших випадках точка B (x 2) лежить правіше точки A (x).
Аналіз помилки: Можна лише здогадуватися, як міркував учень. Зрозуміло, що x 2 - невід'ємне число, а значить при x <0 точка B правіше A. Чому він не звернув увагу на проміжок (0; 1)? Тому що в цьому проміжку немає жодного цілого числа. Подібна помилка вже була нами розглянута в § 1, с. 15 .. Коментарі перевіряючого будуть в цьому випадку аналогічними: «Ви дали неправильну відповідь. Наприклад при x = Ѕ, точка лежить все-таки правіше, а не лівіше точки B. Подумайте, які ще точки ви визначили неправильно. Крім того, перебір не є достовірним джерелом відповіді. Щоб у відповіді дійсно не було ніяких сумнівів, вирішите це завдання алгебраїчно. Для цього вам треба зрозуміти: яке нерівність повинна виконуватися, щоб точка A була правіше точки B. І навпаки: яке нерівність повинна виконуватися, щоб точка B була правіше точки A ».
г) Міркування учня: Розглянемо 9 випадків:
1) x> 0, a> 0: A правіше B.
Аналіз помилки: знову ж таки, від x нічого не залежить. Координати відрізняються на a, тому все залежить лише від a. Якщо a - позитивне, то точка B виходить з A за допомогою зсуву вправо на a одиниць, якщо a = 0, то точки співпадають, якщо a - Негативне, то робимо зрушення вліво. Пояснення до подібної помилково були написані вище в пункті 1).
Завдання 2-6. Запишіть без знака модуля вираз
Міркування учня:
Аналіз помилки: Оскільки в даному випадку-а> 0, вірну відповідь:-а. Помилку спровокував нечастий у математиці випадок синонімії. Знак "-" може виконувати три різні функції: 1) ознаки заперечності числа (-2, -5, -2003 та ін), 2) символу операції віднімання (a-b та ін), 3) символу операції зміни знаку ( -a та ін.) Учень в даному випадку прийняв операцію зміни знаку за символ заперечності, не прийнявши до уваги, що цю роль знак мінус може грати тільки перед числом, а не перед виразом. Добре відображає операцію зміни знака відповідна функція на калькуляторі (+/-). Так як більшості школярів він доступний, то є можливість привести приклад, з яким дитина може безпосередньо попрацювати і краще зрозуміти суть операції.
§ 3. Загальні рекомендації з перевірки робіт
учнів 8 класу ВЗМШ.
У цьому параграфі ми постараємося дати загальні рекомендації з написання вказівок до найбільш часто зустрічається видів помилок.
Спираючись на аналіз робіт учнів 8 класу заочної школи ВЗМШ, проведений у другому параграфі, можна виділити наступні групи типових помилок:
1) Необгрунтоване узагальнення.
У загальному випадку помилку цього виду можна охарактеризувати наступним чином. Є клас об'єктів. Учень перевірив, що деякі з них мають певним властивістю, і на цій підставі стверджує, що цією властивістю володіють всі об'єкти даного класу. Наше завдання - дати такі вказівки, які б переконали учня в необхідності докази даної властивості для кожного об'єкта цього класу. При вирішенні даної проблеми виникає два випадки.
а) Твердження, отримане при узагальненні, невірно. Тоді достатньо привести контрприклад, спростовує доказ учня. Подібні помилки розглянуті в § 2: завдання 2-6 (Комбінаторика) і 2 (Цілі числа, § 3).
б) У Підтвердженням, отримане при узагальненні, вірно. Це більш складна ситуація. Контрприкладу немає. Голослівна вимога довести твердження, справедливість якого інтуїтивно зрозуміла, найчастіше здається учневі непереконливим. Щоб підкріпити його, необхідно наочно показати учневі, що в іншій ситуації його дії могли б призвести до невірного результату. Для цього потрібно підібрати відповідний приклад як можна більш схожою завдання (краще просто поміняти умови в даній задачі). Приклади подібних помилок і відповідні коментарі до них розглянуті в § 2: завдання 3-5 (Комбінаторика), 3 (Цілі числа, § 2) і 3 (Цілі числа, § 3).
З іншого боку, існують ситуації, коли міркування, за формою проведені учнем тільки для деяких конкретних прикладів, по суті проходять і для загального випадку. Тоді не варто загострювати увагу учня на строгості докази, тим більше, що частина восьмикласників ще не готова перейти на такий рівень строгості. Для цього потрібен час і відповідні завдання, в яких дії в загальному випадку не так очевидні.
2) Помилки при використанні аналогії.
а) При вивченні нових понять ми намагаємося вибудувати їх у вже наявну систему знань. При цьому відбувається пошук «схожих» з даним поняттям структур і автоматичне привласнення поняттю тих чи інших властивостей. Приміром, покоординатного додавання векторів визначається за допомогою додавання чисел. Таким чином відбувається якийсь перенесення вже вивченого матеріалу на новий, що безумовно скорочує час і додає знань більш системний вигляд. З іншого боку, раз з'являється нове поняття, значить у нього є щось нове, властиве тільки йому. Дуже часто у школярів аналогія переходить в ототожнення, вони не відчувають різницю між новим і вже вивченим поняттям. Наприклад, операції об'єднання множин та складання чисел мають загальну природу, але при об'єднанні важливо те, з яких елементів складається безліч, а при додаванні - нас вже буде цікавити лише кількісна сторона. Учні часто цієї різниці не помічають. Дана помилка розібрана в § 2, завдання 1-7 (Комбінаторика). Завдання перевіряючого - показати цю різницю учневі. Зробити це можна за допомогою графічних ілюстрацій, добре підібраних прикладів, тих же самих аналогій.
б) Синонімія. Іноді в математиці одним і тим же символом позначаються різні поняття. Таке явище називають синонімією. Визначити значення цього символу допомагають об'єкти, разом з якими він застосовується. Скажімо, якщо ми говоримо про відрізки і пишемо
У рішеннях школярів зустрічаються ситуації, коли вони не можуть належно визначити значення цього символу. У цьому випадку: 1) зазначається, що символ вжито не в тому значенні, 2) наводяться всі значення цього символу, а також ситуації, в яких він ці значення приймає.
в) Підміна теореми зворотним до неї твердженням. Помилки даного типу виникають в основному через те, що формулювання теореми і зворотного їй тверджень схожі. Дійсно: якщо пряма теорема має структуру A Þ B, то зворотна - B Þ A. Учні як правило звертають увагу лише на утримання A і B. Тому вони ототожнюють ці два твердження. Прикладом може служити всім відома теорема Піфагора. Дуже часто учні посилаються на неї, використовуючи насправді зворотний теорему. Все б було добре, якби у всіх теорем зворотні до них твердження були також вірними. Але це на так. Тому необхідно вимагати докази зворотного до теоремі затвердження. Як і при узагальненні виникають два випадки: зворотне твердження невірне; зворотне твердження вірне. У першому випадку достатньо привести контрприклад. У другому - необхідно підібрати схоже з даними твердження, протилежне до якого було б невірним. Приклади помилок даного виду наведені в § 2: завдання 3-6 і 3-8а (Комбінаторика).
3) Стереотипи. При неодноразовому виконанні одних і тих же операцій формується набір дій, який з деякого моменту починає застосовуватися в стандартних ситуаціях вже несвідомо. З одного боку, це економить сили і час. З іншого, якщо не стежити за межами застосування стереотипу, може статися, що він буде використаний некоректно, як це сталося, наприклад, в задачах 1-7 і 3-8а (Комбінаторика), розібраних у § 2. У такій ситуації, крім усього іншого, буває корисно пояснити учневі психологічну природу його помилки.
Література
1. Інформація, з сайту ВЗМШ: www.vzms.director.ru.
2. Загальна психологія: Курс лекцій для першого ступеня педагогічної освіти / Укл. Є. І. Рогов. - М.: Гуманит. вид. центр ВЛАДОС, 1998.
3. Роботи учнів Кіровського відділення ВЗМШ.
4. Підвищення ефективності навчання математики у школі: Кн. для вчителя: З досвіду роботи. / Укл. Г. Д. Глейзер. - М.: Просвещение, 1989.
5. В.М. Брадиса, В.А. Мінковський, А.К. Харчева. Помилки в математичних міркуваннях. М., 1959.
6. Повчальні завдання: методичні розробки для учнів ВЗМШ.
7. Методика викладання математики в середній школі: Загальна методика / А. Я. Блох, Є. С. Канін, Н. Г. Килина та ін; Сост. Р. С. Черкасов, А. А. Столяр. - М., Просвітництво, 1985.
8. Введення в комбінаторики: методичні розробки для учнів ВЗМШ АПН СРСР при МДУ (В. Л. Гутенмахер, Н. Б. Васильєв - М.: изд. АПН СРСР, 40 с.).
9. Цілі числа: навчальні завдання для учнів заочної математичної школи при ЛДУ. / Укл.: Б.М. Беккер, В.М. Гольховой.
10. Метод координат. Частина 1, глава 1. Координати на прямій. М., 1997. Посібник для учнів ВЗМШ. Складено на основі книги І.М. Гельфанда, Є.Г. Глаголєвої і А.А. Кириллова "Метод координат" (видавництво "Наука") з використанням методичних матеріалів ВЗМШ. / Укл.: Є.Г. Глаголєва, Л.Г. Серебреннікова за участю Р.Н. Соловйова та Н.Ю. Вайсман.
11. Гордін Р. К. Геометрія. Планіметрія. 7 - 9 класи: Посібник для учнів - М.: Дрофа, 2001.