Issuu on Google+

ПеРеДПлАТНий ІНДеКс 74326

4. 2012

ПрофільНе НавчаННя та зовНішНє НезалежНе оціНюваННя вивчеННя елемеНтів математичНої логіКи в ПоглиблеНому Курсі математиКи елеКтроННий журНал усПішНості. створеННя та виКористаННя


Бертран Артур Уїльям Рассел (18 травня 1872 — 2 лютого 1970)


Математичний календар 1 травня – 85 років з дня народження американського математика і логіка Джозефа Шенфілда. Наукові дослідження стосуються математичної логіки і основ математики. Довів несуперечність деяких класичних формальних систем. Його підручником з математичної логіки користуються у вітчизняній вищій школі. 6 травня – 105 років з дня народження грузинського математика Іллі Векуа (1907 – 1977). Створив методи розв'язування диференціальних та інтегральних рівнянь засобами теорії аналітичних функцій. Розвинув загальні методи розв'язування рівнянь з частинними похідними, розробивши апарат узагальнених аналітичних функцій. 6 травня – 220 років з дня народження німецького математика Мартіна Ома (1792 – 1872). Основні дослідження стосуються теорії чисел, геометрії, теорії тригонометричних рядів, основ математики та механіки. Побудував повну та послідовну систему основ арифметики і заклав основи формалізованої алгебри та теорії комплексних чисел. 7 травня – 180 років з дня народження німецького математика Карла Неймана (1832 – 1925). Наукові дослідження присвячені математичній фізиці та теорії функцій. Відомим є метод Неймана в теорії диференціальних рівнянь з частинними похідними для розв'язування задач Діріхле та інші результати стосовно рівнянь математичної фізики. 10 травня – 165 років з дня народження німецького математика Вільгельма Кіллінга (1847 – 1923). Основні роботи стосуються неевклідової геометрії і теорії неперервних груп. Зокрема, він описав структури всіх комплексних простих груп. 11 травня – 100 років з дня народження вітчизняного математика Сергія Чернікова (1912 – 1987). Наукові інтереси стосувалися теорії груп, лінійних нерівностей та лінійного програмування. Збагатив теорію груп багатьма конкретними видами детально вивчених груп (один із цих видів носить назву груп Чернікова). Багато років працював у інституті математики АН України та Київському педагогічному інституті, сприяючи підвищенню математичної підготовки вчителів. 11 травня – 105 років з дня народження українського методиста-математика, кандидата педагогічних наук, доцента Михайла Гельфанда. Працював старшим науковим співробітником і зав. сектором методики математики НДІ педагогіки УРСР. Проводив велику роботу з вивчення, узагальнення і поширення передового досвіду вчителів математики шкіл України. Його перу належить майже 90 робіт з методики навчання математики. 14 травня – 180 років від дня народження німецького математика Рудольфа Ліпшиця (1832 – 1903). Працював у багатьох галузях математики. Його ім'я носять умови збіжності ряду Фур'є, одна з умов єдиності розв'язку задачі Коші для звичайних диференціальних рівнянь. 14 травня – 105 років з дня народження вітчизняного математика Миколи Єругіна (1907 – 1990). Основ­ні дослідження присвячені теорії диференціальних рівнянь (звичайні диференціальні рівняння, диференціальні рівняння з частинними похідними, наближене інтегрування диференціальних

рівнянь). Засновник і головний редактор журналу «Дифференциальные уравнения». 17 травня – 155 років з дня народження німецького математика Йоганнеса Папперитця (1857 – 1938). Фахівець з теорії функцій комплексної змінної та диференціальних рівнянь. 18 травня – 140 років з дня народження англійського математика, логіка, філософа і громадського діяча Бертрана Рассела (1872 – 1970). Розроб­ ляв філософські питання математики. Сформулював один із парадоксів теорії множин (парадокс Рассела). Намагався усунути парадокси теорії множин шляхом побудови теорії типів та створення логістичної течії в математиці, неспроможність якої пізніше довів К. Гедель. Один з ініціаторів Пагвоського руху. Одержав Нобелівську премію з літератури за 1950 з формулюванням «як визнання різноманітних і важливих творів, у яких він відстоює гуманністичні ідеали й свободу думки». 19 травня – 180 років з дня народження французького математика Жака Бура (1832 – 1866). Наукові дослідження стосуються диференціальної геометрії, диференціальних рівнянь у частинних похідних і механіки. Відомі теорема Бура, проблема ізометричних поверхонь Бура тощо. 19 травня – 85 років з дня народження американського математика Сержа Ленга (1927 – 2005). Член відомої групи Ніколя Бурбакі. Основні роботи стосуються абстрактної алгебри, теорії чисел та алгебраїчної геометрії. Відомий як видатний педагог. Його підручник «Алгебра» перекладено російською мовою. 23 травня – 125 років з дня народження норвезького математика Туральфа Сколема (1887 – 1963). Наукові дослідження стосуються теорії чисел, математичної логіки, філософії математики, алгебри, алгебраїчної топології, теорії множин. Відомі теореми Левенхайма–Сколема і Сколема– Нетер. 26 травня – 345 років з дня народження англійського математика Абрахама де Муавра (1667 – 1754). Його ім'я носять відомі формули для добування кореня п-го степеня із комплексного числа. Отримав результати в теорії ймовірностей та теорії рядів. 28 травня – 110 років з дня народження німецького математика Стефана Кон-Фоссена (1902 – 1936). Основні результати стосуються диференціальної геометрії. Написав разом з Гільбертом відому книгу «Наочна геометрія». 29 травня – 55 років з дня народження сучасного французького математика Жана-Кристофа Йоккоза. Вважається провідним фахівцем у теорії динамічних систем, яка має широке застосування в механіці, хімії, біології, екології тощо. Золота медаль міжнародної математичної олімпіади (IMO) в 1974. Золота медаль і премія ім. Дж. Філдса в 1994 р. 29 травня – 130 років від дня народження англійського математика Гаррі Бейтмана (1882 – 1946). Основ­ ні праці стосуються алгебраїчної геометрії, теорії диференціальних та інтегральних рівнянь, теорії спеціальних функцій. Підготувала В. Бевз


НАУКОВО-МЕТОДИЧНИЙ ЖУРНАЛ

№ 4 (127) 2012, Квітень Щомісячник Передплатний індекс 74326 РЕДАКЦІЙНА РАДА Головний редактор Валентина Григорівна БЕВЗ, доктор педагогічних наук, професор (Національний педагогічний університет ім. М. Драгоманова), Київ Михайло Іванович БУРДА, доктор педагогічних наук, дійсний член НАПН України, професор (Президія НАПН України), Київ Григорій Петрович БЕВЗ, кандидат педагогічних наук, доцент, Київ Ніна Опанасівна ВІРЧЕНКО, доктор фізикоматематичних наук, професор (Національний технічний університет України «КПІ»), Київ Олександр Ігорович Глобін, кандидат педагогічних наук, старший науковий співробітник (Інститут педагогіки НАПН України), Київ Мирослав Іванович ЖАЛДАК, доктор педагогічних наук, дійсний член НАПН України, професор (Національний педагогічний університет ім. М. Драгоманова), Київ Микола Якович ІГНАТЕНКО, доктор педагогічних наук, професор (Республіканський вищий навчальний заклад «Кримський гуманітарний університет»), Ялта Юрій Іванович МАЛЬОВАНИЙ, кандидат педагогічних наук, член-кореспондент НАПН України, старший науковий співробітник (Президія НАПН України), Київ Микола Олексійович ПЕРЕСТЮК, доктор фізикоматематичних наук, академік НАН України, професор (Національний університет ім. Тараса Шевченка), Київ Микола Вікторович ПРАЦЬОВИТИЙ, доктор фізико-математичних наук, професор (Національний педагогічний університет ім. М. Драгоманова), Київ Олена Іванівна СКАФА, доктор педагогічних наук, професор (Донецький національний університет), Донецьк Ніна Анатоліївна ТАРАСЕНКОВА, доктор педагогічних наук, професор (Черкаський національний університет), Черкаси Тамара Миколаївна ХМАРА, кандидат педагогічних наук, старший науковий співробітник (Інститут педагогіки НАПН України), Київ Василь Олександрович ШВЕЦЬ, кандидат педагогічних наук, професор (Національний педагогічний університет ім. М. Драгоманова), Київ Микола Іванович ШКІЛЬ, доктор фізикоматематичних наук, дійсний член НАПН України, професор (Національний педагогічний університет ім. М. Драгоманова), Київ Василь Васильович ЯСІНСЬКИЙ, кандидат фізикоматематичних наук, професор (Національний технічний університет України «КПІ»), Київ

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, молоді та спорту УКРАЇНИ НАЦІОНАЛЬНА АКАДЕМІЯ ПЕДАГОГІЧНИХ НАУК УКРАЇНИ Державне інформаційно-виробниче підприємство видавництво «Педагогічна преса» Заснований у 1997 р. До 2012 р. журнал виходив у світ під назвою «Математика в школі» Свідоцтво про державну реєстрацію друкованого засобу масової інформації, серія КВ №18310–7110 пр від 25.10.2011 Схвалено вченою радою Інституту педагогіки НАПН України (протокол від 22.03.2012 р. № 4)

ЗМІСТ ПРОФІЛЬНЕ НАВЧАННЯ Валентина БЕВЗ Профільне навчання та зовнішнє незалежне оцінювання ..................................................... 2 Олександра ШАРАН Особливості формування і засвоєння основних понять теорії комплексних чисел .......... 7 Ірина АКУЛЕНКО Вивчення елементів математичної логіки в поглибленому курсі математики ........................... 11 МЕТОДИКА, ДОСВІД, ПОШУК Сергій ПРОШАК Методика відпрацювання базових алгоритмів ... 19 Олена ВЛАДІМІРОВА Застосування властивостей коренів кубічного рівняння до розв’язування задач із параметрами ..................................................... 24 СУЧАСНІ ТЕХНОЛОГІЇ Олена ТРЕБИК Електронний шкільний журнал успішності. Створення та використання ........................................ 31 КЕРІВНИКАМ МАТЕМАТИЧНИХ ГУРТКІВ В’ячеслав ЯСІНСЬКИЙ, Рудольф УШАКОВ Про один метод знаходження границі числової послідовності певного виду ..................... 36 ПОЗАКЛАСНА РОБОТА Оксана Мартищук, Ірина Литвиненко Удосконалення змісту і методики проведення факультативних занять із математики в 7–9 класах .......................................................................... 42 Світлана МАТУЩАК Інтелект-шоу «Еврика» ................................................. 45 За достовірність фактів, дат, назв тощо відповідають автори. Редакція не завжди поділяє їхні погляди. Листування ведеться на сторінках жур­налу. Рукописи не повертаються. У разі викорис­тання матеріалів, поси­лання на журнал є обов'язковим. © «Педагогічна преса», 2012 © «Математика в сучасній школі», 2012 Усі права захищено. Жодна частина, елемент, ідея, композиційний підхід цього видання не можуть бути копійованими чи відтвореними у будь-якій формі та будь-якими засобами — як електронними, так і фотомеханічними, зокрема через ксерокопіювання, запис чи комп'ютерне ар­хівування — без письмового дозволу видавця.


Профільне навчання

Профільне навчання та зовнішнє незалежне оцінювання Валентина Бевз – професор кафедри математики і теорії та методики навчання математики НПУ ім. М. П. Драгоманова

Модернізація системи освіти в Україні останнім часом пов’язується насамперед із запровадженням двох нововведень: • профільного навчання в старшій школі; • зовнішнього незалежного оцінювання. Ці нововведення спричинили суттєві зміни у підготовці старшокласників до вступу у вищі навчальні заклади. Перш за все це стосується вибору базових дисциплін для вступу у ВНЗ, а також організації ретельної та наполегливої підготовки до написання ЗНО з обраних предметів. На сьогодні учні можуть отримати сертифікати ЗНО з 4 дисциплін, що дає їм можливість подавати документи одночасно на кілька спеціальностей. Для вступу до вищого навчального закладу у 2012 р. абітурієнту потрібно буде подати до приймальної комісії ВНЗ сертифікати ЗНО з трьох предметів, два з яких є профільними (обов’язковими), а третій – непрофільним (обирається абітурієнтом з двох визначених). Результати сертифікатів мають бути не нижче ніж 124 бали з непрофільних конкурсних предметів та не нижче ніж 140 балів з профільних конкурсних предметів. Обов’язковим предметом для вступу на будь-яку спеціальність є українська мова та література. Інші два предмети встановлюються Умовами прийому до вищих навчальних закладів для кожної окремої спеціальності [6]. Статистичні дані Офіційних звітів про проведення зовнішнього незалежного оцінювання знань випуск­ників загальноосвітніх навчальних закладів України в 2010 та 2011 рр. свідчать, що серед предметів найбільшою популярністю користувалися українська мова і література, історія України та математика [4]. У 2011 році тест з математики виявило бажання складати 165  884 абітурієнти, що становить 64,3% від загальної кількості зареєстрованих, а складали насправді – 145  510 осіб. Тест з історії України складали 161  817 осіб. У 2010 р. у тестуваннях взяло участь: 1) з української мови та літератури 381 958 осіб; 2) з історії України – 282 698; 3) з математики – 224 850; 4) з біології – 118 087; 5) з географії – 98 777,

6) з англійської мови – 86 837, 7) з фізики – 46 520 осіб (діаграма 1). На основі аналізу Переліку конкурсних предметів та творчих конкурсів при вступі на основі повної загальної середньої освіти до вищих навчальних закладів для навчання за освітньо-кваліфікаційним рівнем бакалавра (спеціаліста, магістра медичного та ветеринарномедичного спрямувань), що міститься у Додатку 1 до Умов прийому до вищих навчальних закладів України в 2012 році [6], можна зробити такі висновки: • математика є профільним конкурсним предметом для 79 напрямів підготовки (спеціальностей) зі 167 визначених у Переліку; • математику визначено одним із непрофільних конкурсних предметів для 35 напрямів підготовки (спеціальностей) зі 167 визначених у Переліку; • історія України є профільним конкурсним предметом для 26 напрямів підготовки (спеціальностей) зі 167 визначених у Переліку; • історію України визначено одним із непрофільних конкурсних предметів для 19 напрямів підготовки (спеціальностей) зі 167 визначених у Переліку. Отже, під час вступу у ВНЗ сертифікат з математики можна подавати на 114 спеціальностей, що складає 68% від усіх напрямів підготовки, визначених у Переліку (діаграма 2), а сертифікат з історії України лише на 45 спеціальностей, що складає 27 % від усіх напрямів підготовки (діаграма 3).

Діаграма 2. Предмет «Математика» для зарахування у ВНЗ

Діаграма 3. Предмет «Історія України» для зарахування у ВНЗ

Діаграма 1. Кількість учасників тестування з різних предметів © Бевз В. Г., 2012

2

Порівняння даних, поданих на діаграмах 1–3, приводить до розкриття цікавої суперечності – переважна більшість учнів (майже 75%) складає тест з історії України, хоча сертифікат з цього предмета вимагають тільки для 27% спеціальностей. Не будемо аналізувати причини появи такої суперечності, хоча старшокласникам і їхніми батькам


Профільне навчання такі дані варто показати і пояснити, що велика кількість сертифікатів з історії України спричиняє підвищений конкурс на деякі спеціальності. Основна мета статті – показати необхідність у популяризації математики як предмета, що є фаховим для багатьох спеціальностей, а також розкрити шляхи підвищення ефективності підготовки учнів до складання тестів з математики під час ЗНО. В умовах інформаційного суспільства необхідною умовою формування конкурентоспроможних фахівців є поліпшення якості шкільної природничо-мате­ матичної освіти. Це питання перебуває у полі зору науковців і державних органів України. Про підвищення якості шкільної природничо-математичної освіти міністр освіти і науки Д. В. Та­бачник висловився так: «У цьому питанні ми діємо в унісон з передовими країнами світу. Наприклад, президент США Барак Обама оголосив пріоритетним напрямом державної політики саме розвиток природничої та математичної освіти, започаткувавши програму «Перегони до вершини», у межах якої виділено 5 млрд. доларів на додаткове фінансування тим штатам, які досягли найвищих результатів у природничо-математичній освіті. «Адже ми знаємо, що країна, яка випередить нас сьогодні в освіті, завтра випередить нас в інших галузях», – проголосив американський президент. Зі схожими пропозиціями виступила й канцлер Федеративної Республіки Німеччина Ангела Меркель та президент Росії Дмитро Медведєв. Наша Державна цільова програма покликана вивести природничо-математичну освіту країни на якісно новий рівень шляхом удосконалення стандартів, оновлення змісту, інноваційного розвитку науки та виробництва; запровадження сучасних засобів навчання; модернізації системи підготовки та підвищення кваліфікації вчителів математики та природничих дисциплін тощо» [1]. Державну цільову соціальну програму підвищення якості шкільної природничо-математичної освіти на період до 2015 р. було затверджено у квітні 2011 року. Метою цієї Програми є розроблення механізму стійкого інноваційного розвитку природничоматематичної освіти та його застосування у шкільній практиці, а одним із завдань – створити 1470 класів (груп) профільного навчання з природничоматематичних предметів [2]. У 2010–2011 навчальному році відповідно до Концепції профільного навчання старша загальноосвітня школа повністю перейшла на профільне навчання учнів. На сьогодні це є одним із пріоритетних напрямів розвитку освіти. Визначено можливі профілі навчання і рівні вивчення окремих предметів для кожного профілю, затверджені відповідні навчальні плани і програми, підготовлені нові підручники. Профільне навчання у 10–11 класах здійснюється за такими основними напрямами: приро­д­ ни­чо-математичний, філологічний, суспільно-гу­

ма­­ні­тар­­ний, художньо-естетичний, спортивний, техно­логічний, універсальний (див. схему). Схема

Природничо-математичний напрям профілізації включає такі навчальні профілі: фізико-матема­тич­ ний, хіміко-біологічний, географічний, медичний, екологічний та інші. Філологічний напрям профілізації включає такі навчальні профілі: української філології, іноземної філології, історико-філологічний, лінгвістичний. Суспільно-гуманітарний напрям профілізації включає: історико-правовий, економічний, юридичний, філософський, педагогічний та інші профілі. Художньо-естетичний напрям включає: музичний, образотворчий, хореографічний, театральний, мистецтвознавчий та інші профілі. Спортивний напрям профілізації включає: атлетику, гімнастику, плавання, спортивні ігри, туризм тощо. Технологічний напрям профілізації включає: інформатику, виробничі технології, проектування і конструювання, менеджмент, побутове обслуговування, агротехнологічний та інші. Для кожного навчального профілю визначаються свої базові предмети (обов'язкові для всіх профілів) та профільні. Зміст на��чання і вимоги до підготовки старшокласників стосовно базових предметів визначаються державним стандартом повної загальної середньої освіти. Профільні предмети вивчаються поглиблено і передбачають більш повне опанування понять, законів, теорій. Математика є навчальною дисципліною обов’язковою для вивчення учнями з класів усіх профілів. Водночас вона є профільним предметом для класів природничоматематичного напряму та деяких інших. Передбачається, що опанування математичними знаннями відбуватиметься на різних рівнях: рівень стандарту, академічний рівень, рівень профільної підготовки, відповідно до яких підготовлено різні види програм з математики. У Програмі з математики для академічного рівня зазначається, що вона призначена для організації навчання математики у класах біолого-хімічного, біотехнологічного, хіміко-технологічного, фізико-хі­ міч­ного, агрохімічного профілів природничо-мате­ матичного напряму профільного навчання, а також технологічного напряму. У Програмі з математики для рівня профільної підготовки зазначається, що вона призначена для організації навчання математики в класах матема-

3


Профільне навчання тичного, фізичного та фізико-математичного профілів. Навчання математики в класах усіх інших профілів здійснюється за програмою рівня стандарту. Зрозуміло, що за метою, змістом і кількістю навчальних годин, що відводять на тижневе вивчення математики, ці програми суттєво відрізняються. Наприклад, навчання математики на рівні стандарту не передбачає, що у подальшому під час навчання у ВНЗ молоді люди продовжать вивчення математики або пов’яжуть із нею свою професійну діяльність. Передбачається, що учні таких класів не складатимуть математику під час ДПА (Державної підсумкової атестації) і ЗНО (зовнішнього незалежного оцінювання). Такий підхід до вивчення математики в старшій школі покликаний розв’язати одне з основних завдань профільного навчання – забезпечити умови для життєвого і професійного самовизначення старшокласників, для формування готовності до свідомого вибору й оволодіння майбутньою професією. Тобто створюються умови, щоб учні з урахуванням власних потреб, інтересів і можливостей вже після 9 класу мог­ли обрати напрям профілізації. Здавалося б, що за цих умов учні та їхні батьки мають відповідальніше ставитися до вибору профілю навчання, зокрема і профільних предметів для складання ДПА і ЗНО, оскільки раніше визначатимуться з напрямом подальшої освіти і майбутньою спеціальністю. На практиці ж можна побачити цікавий парадокс. Випускники 9-х класів ідуть навчатися в класи суспільно-гуманітарного напряму профілізації (на математику відводиться 3 год на тиждень), а вступати планують на спеціальності, де вимагається сертифікат ЗНО з математики. Свій вибір вони пояснюють так: • легше навчатися і простіше отримати високий бал атестата; • простіші завдання для ДПА; • у школі немає класів іншого профілю. Батьки підтримують такий вибір учнів, оскільки за умовами прийому до ВНЗ рейтинговий бал вступника, крім балів, отриманих на зовнішньому незалежному оцінюванні, включає середній бал шкільного атестата, перерахований за 200-бальною шкалою. Підтверджують такі факти і кількісні характеристики розподілу учнів за профілем навчання [5]. На діаграмі 4 зображено кількість учнів м. Києва відповідно до профілю навчання. Тут: 1 – природничо-математичний; 2 – філологічний, 3 – суспільно-гуманітарний, 4 – художньо-естетичний, 5 – спортивний, 6 – технологічний, 7 – універсальний. Діаграма 4

4

Щоб створити сприятливі умови для досягнення учнями високого рівня математичних знань і ефективної підготовки до написання ЗНО, учителям математики і класним керівникам необхідно проводити просвітницьку роботу серед учнів і їхніх батьків. Батькам бажано показати і прокоментувати діаграми, які для різних рівнів ілюструють кількість годин, що відводиться на вивчення математики в 10 класі (діаграма 5) і в 10 – 11 класах (діаграма 6).

Діаграма 5

Діагарама 6

Навчаючись у 10 класі за програмою з математики для рівня профільної підготовки, учні мають 315 уроків з математики, а якщо навчаються за програмою рівня стандарту, то лише 105 уроків. За два роки навчання у старшій школі учні, що вивчають математику на академічному рівні, мають у 1,5 раза більше уроків, ніж ті, що навчаються на рівні стандарту. Це означає, що для учнів, які на кінець 9-го класу остаточно не визначилися з майбутньою спеціальністю, краще обирати академічний рівень вивчення математики. Якщо ж учні впевнені, що їх подальше навчання і професійна діяльність будуть тісно пов’язані з математикою, то для навчання у старшій школі слід обирати рівень профільної підготовки з математики. Такий вибір напряму профілізації і рівня навчання математики уможливлює вибір майбутньої спеціальності (і відповідних предметів для ЗНО) з ширшого класу об’єктів (див. діаграму 2). Слід зазначити, що вже вступив у силу новий Державний стандарт базової і повної загальної середньої освіти (затверджений 23.11.2011 р.), в якому визначено тільки два рівні засвоєння навчального матеріалу – базовий і профільний. «Зміст освіти і вимоги до його засвоєння у старшій школі диференціюються за базовим і профільним рівнями. Базовий рівень визначається обов’язковими вимогами до загальноосвітньої підготовки учнів згідно


Профільне навчання з цим Державним стандартом, а профільний — навчальними програмами, затвердженими МОНмолодьспорту» [3]. Це означає, що в недалекому майбутньому старшокласники обиратимуть один із двох рівнів навчання, а кількість годин на вивчення математики у класах різних рівнів відрізнятиметься утричі. Учням, крім аналізу діаграм, зображених на малюнках 1 – 6, бажано показати, що завдання для ЗНО включають питання, які не передбачені для вивчення математики на рівні стандарту. Наприклад, у Програмі зовнішнього незалежного оцінювання з математики зазначається, що учні мають знати: • означення функції, оберненої до даної; • відстань між мимобіжними прямими; • зрізаний конус; • формулу для обчислення координат середини відрізка; • умови колінеарності та перпендикулярності векторів, що задані координатами. До предметних умінь та способів навчальної діяльності у Програмі зовнішнього незалежного оцінювання з математики включено: • розв’язування рівнянь і нерівностей, що містять змінну під знаком модуля; • розв’язування рівнянь, нерівностей та систем з параметрами. Ці питання не передбачено вивчати за програмою з математики рівня стандарту. А тому для учнів таких класів важкими є, наприклад, такі завдання: Знайдіть найменше значення а, при якому має розв’язки рівняння

ріодичних видань, у телевізійних передачах, на зібраннях учителів та батьків. Це викликано тим, що основне навантаження на підготовку до ЗНО перенесено саме на 11 клас. Детальний аналіз завдань ЗНО за попередні роки свідчить, що понад 60% завдань стосуються математичної підготовки учнів за основну школу, і тільки 25% завдань складено на основі тем, які вивчають в 11 класі. Отже, є сенс і можливість розподілити підготовку до ЗНО з математики рівномірно на два роки. Зробити це можна за допомогою побудови індивідуальної траєкторії підготовки для кожного учня, створення мобільних груп, проведення тематичних колективних занять тощо. Програмою з математики для 10 класу передбачено відвести перші 4 – 7 тижнів для повторення матеріалу з планіметрії. Учням варто рекомендувати відповідальніше поставитися до цих уроків, показати на діаграмах, яка кількість завдань ЗНО стосується планіметрії. На конкретних прикладах розкрити зміст таких завдань. На перших уроках стереометрії бажано провести бесіду про важливість знань з планіметрії для опанування стереометрії на високому рівні. Крім того, мотивацією до заучування формул з планіметрії, зокрема довжини кола і площі круга, може стати ілюстрація завдань ЗНО, наприклад таких. Два кола, довжини яких дорівнюють 9 π см і 36 π см , мають внутрішній дотик. Знайдіть відстань між центрами цих кіл (у см). У прямокутник АВСD вписано три круги одного й того самого радіуса (див. мал. 1). Визначте довжину сторони ВС, якщо загальна площа кругів дорівнює 3 π ).

(2011). Розв’яжіть рівняння 2 x − 1 − 3 = 5 . Якщо рівняння має один корінь, то запишіть його у відповідь. Якщо рівняння має більше одного кореня, то у відповідь запишіть добуток усіх коренів (2010). Традиційно важкими для всіх учнів є стереомет­ ричні задачі. На ЗНО їх розв’язують лише 3–9 % учнів [4]. Зрозуміло, що особливо складними, або і зовсім непосильними, такі задачі є для учнів, які навчаються на рівні стандарту. Отже, віддаючи дитину на навчання у класи, де математику вивчають на рівні стандарту, батьки заздалегіть створюють умови для того, щоб учні отримали низькі бали в сертифікаті з математики на ЗНО і не могли претендувати на державну форму навчання у відповідних ВНЗ. Таку ситуацію можна поступово виправити, якщо наполегливо проводити просвітницьку роботу з учнями і батьками. Розглянемо шляхи підвищення ефективності підготовки учнів до ЗНО з математики. Перевантаження учнів одинадцятих класів – ��ема дискусій, які останнім часом мають місце на сторінках пе-

Мал. 1

Під час повторення планіметричного матеріалу в 10 класі бажано поєднувати роботу над підручником із самостійною роботою учнів над тематичними тестами для ЗНО (їх багато подано в Інтернеті і спеціальних збірниках). Звичка самостійно розв’язувати додаткові завдання у багатьох учнів може закріпитися, і вже під час навчання у 10 класі вони зможуть повторити 50% матеріалу, що виноситься на ЗНО. Це суттєво підвищить рівень їх математичних знань і створить міцну базу для підготовки до ЗНО в 11 класі. Окремі стереометричні задачі сформульовані так, що для їх розв’язування учням вистачає знань за основну школу. Наприклад. – Об’єм кулі дорівнює 36 π . Знайдіть її діаметр. – Обчисліть площу сфери, діаметр якої дорівнює 12 см.

5


Профільне навчання – У скільки разів збільшиться об’єм кулі, якщо її радіус збільшити у 2 рази? – Свинцеву кулю радіуса 5 см переплавили в кульки однакового розміру, радіус кожної з яких – 1см. Скільки таких кульок одержали? Втратами свинцю під час переплавлення знехтуйте. Учням бажано пояснити це і періодично використовувати аналогічні завдання на уроках в 10 класі як усні на повторення. Подібні задачі просто скласти і для куба. Відомостей зі стереометрії, які учні отримали в 9 класі, достатньо для розв’язування й інших задач. Це задачі, які розв’язують на основі знань про розгортки многогранників і тіл обертання (визначення кількості елементів многогранників, обчислення поверхонь і об’ємів тощо). Статистичні дані, що оприлюднюються щороку Українським центром оцінювання якості освіти, дають можливість аналізувати результати написання ЗНО з математики за кілька років. У таблиці 1 подано розподіл учасників тестування (у %) за кількістю набраних балів з математики за три роки, а на малюнку 8 добре видно співвідношення між відповідними числовими характеристиками.

1) Знайдіть найбільше значення функції y=

1 . 3 sin x + 5

Якщо функція не має найбільшого значення, то у відповідь запишіть число 100. 2) Розв’яжіть систему πу

Якщо система має єдиний розв’язок ( x0 ; y0 ), то у відповідь запишіть суму x0 + y0 ; якщо система має більш, ніж один розв’язок, то у відповідь запишіть кількість усіх розв’язків. 3) У відділі працює певна кількість чоловіків і жінок. Для анкетування навмання вибрали одного зі співробітників. Імовірність того, що це чоловік, дорівнює . Знайдіть відношення кількості жінок до кількості чоловіків, які працюють у цьому відділі. 4) На малюнку 2 зображено графік функції y=f(x), що визначена на проміжку (–∞; +∞) і має лише три нулі.

Таблиця 1

Бали 100 – 123,5 124 – 150 Роки

2009 2010 2011

9,6 7 7,2

37,6 44,8 42,8

150,5 – 180

180,5 – 190

190,5 – 199,5

200

45,1 44,8 42,7

5,5 5 5,3

2 2,2 1,8

0,2 0,2 0,2 Діаграма 7

Мал. 2

Розв’яжіть систему x( X) )≥≥0 0   f (f X  2x 2 + x – 6 ≥ .  x + x – 6 ≥ . 0.

У відповіді запишіть суму всіх цілих розв’язків системи. У таблиці 2 подано кількість учнів (у %), які правильно виконали наведені вище завдання 1 – 4. Таблиця 2

На основі даних діаграми 7 і таблиці 1 можемо зробити висновок, що майже 90% абітурієнтів, які складали тести з математики, отримали сертифікат, який можна було подавати в один із ВНЗ (принаймні туди, де математика не є профільним предметом). Водночас лише 7% абітурієнтів змогли реально претендувати на престижні спеціальності, пов’язані з математикою, у провідних університетах України. Щоб претендувати на 185 – 200 балів, абітурієнти мають не лише добре засвоїти навчальний матеріал, що вимагається Програмою ЗНО з математики, а й уміти застосовувати отримані знання для розв’язування широкого класу завдань. Наведемо кілька прикладів завдань із ЗНО різних років, розв’язати які більшість учнів не змогли.

6

1 9%

2 3,02%

3 18,2%

4 2,84%

З погляду математики, ці задачі не є дуже важкими, але вони вимагають від учнів глибокого розуміння теоретичного матеріалу та вміння його використовувати в нестандартних умовах. Такі завдання не виходять за межі програмного матеріалу (принаймні для профільних класів), а їх аналоги містяться у шкільних підручниках. Необхідною умовою отримання високого балу на ЗНО з математики є уміння розв’язати правильно будь-яке завдання з усіх шкільних підручників математики. Такі дані обов’язково слід донести до відома учнів, батьків та адміністрації школи. Вони будуть корисними й актуальними: • для учнів, які закінчують 7 клас і обирають шлях допрофільного навчання;


Профільне навчання • для учнів 9 класу, які обирають напрям і профіль навчання; • для учнів 10 і 11 класів, як мотивація до вибору базових предметів і серйозного ставлення до вивчення математики. Якщо учні планують писати ЗНО з математики, вони мають навчатися в класах, де математика є профільним предметом (краще з 8 класу) або протягом усього навчання в школі самостійно додатково займатися математикою.

Література 1. Виступ міністра освіти і науки України Дмитра Табачника під час засідання розширеної колегії МОН «Про підсумки розвитку загальної середньої та дошкільної освіти у 2009/2010 навчальному році та завдання на 2010/2011 навчальний рік», 20 серпня 2010 року. [Електронний ресурс]. – Режим доступу: http://www.tyzhnevyk-osvita.net/ component/content/article/34-2010/17-37

2. Державна цільова соціальна програма підвищення якості шкільної природничо-математичної освіти на період до 2015 року. [Електронний ресурс]. – Режим доступу: http://zakon2.rada.gov.ua/laws/show/561-2011-%D0%BF. 3. Державний стандарт базової і повної загальної середньої освіти // Математика в сучасній школі. – 2012. – № 3. – С. 4. Офіційні звіти про проведення зовнішнього незалежного оцінювання знань випускників загальноосвітніх навчальних закладів України. [Електронний ресурс]. – Режим доступу : http://testportal.gov.ua/index. php/text/vidp/ 5. Петрощук Н.Р. Стан упровадження профільного навчання у м. Києві (2010–2011 навчальний рік)   [Електронний ресурс]. – Режим доступу: www.ippo.org.ua/ files/новини/.../6.ppt  / 6. Умови прийому до вищих навчальних закладів України в 2012 році. [Електронний ресурс]. – Режим доступу: http://osvita.ua/legislation/Vishya_ osvita/9990

ОСОБЛИВОСТІ ФОРМУВАННЯ І ЗАСВОЄННЯ ОСНОВНИХ ПОНЯТЬ ТЕОРІЇ КОМПЛЕКСНИХ ЧИСЕЛ Олександра ШАРАН — доцент Дрогобицького державного педагогічного університету ім. І. Я. Франка

На сучасному етапі комплексні числа внесено до програми поглибленого рівня вивчення математики учнями загальноосвітніх шкіл та програм курсів за вибором для профільного чи академічного рівнів. Тому постає питання про розгляд способів введення поняття комплексного числа та вибору з них найбільш доцільного. Формування поняття числа — одне з найважливіших завдань методики математики і один з методологічних аспектів філософських проблем математики: розвитку математичного пізнання. На прикладі формування поняття числа можна простежити процес виникнення і розвитку наукових понять. У процесі розвитку математичні знання старшокласників поповнюються такими новими поняттями, абстрактний характер яких значно підсилюється. При засвоєнні цих понять чуттєвопредметна діяльність учнів звужується до мінімуму, але при цьому одночасно зростає роль інтелектуальної діяльності. Методика вивчення цих понять має базуватися на використанні історичних і конкретно-практичних даних про їх введення, а це дає змогу обґрунтувати питання зв’язку математики з практикою, що й показується наприкінці вивчення конкретної теми. При цьому потрібно звернути особливу увагу на розкриття логіко-математичних зв’язків нових абстракцій з уже відомими учням математичними поняттями. © Шаран О. В., 2012

Під час формування основних понять теорії комплексних чисел, які належать до понять високого рівня абстракції, важливі такі моменти: • цілеспрямоване формування головного образу певного поняття — образу, який має міцну опору в досвіді учня; • варіативність образу, яка включає: зміну «первинного образу» в процесі розкриття змісту поняття; використання різних форм представлення нового математичного поняття; • тісний взаємозв’язок з раніше вивченим за рахунок того, що первинний образ будується на попередньому знанні і його використанні в новій ситуації; • схематизація: використання різних форм подання математичних фактів створює можливості для виявлення зв’язків усередині цієї теми, зв’язків нових знань з попередніми; результатом виявлення цих зв’язків і структурування вивченого стає побудова схеми, що відображає суть поняття і фіксує її за допомогою знакових засобів. Ці засоби виступають у ролі опорного сигналу, який допомагає учням у подальшому «розгорнути» вивчене поняття, дію в повному обсязі; • розкриття можливостей застосування поняття під час розв’язування прикладних задач та задач із міжпредметними та внутрішньопредметними зв’язками. Основні поняття теорії комплексних чисел: комплексне число, модуль комплексного числа,

7


Профільне навчання аргумент комплексного числа, алгебраїчна форма комплексного числа, тригонометрична форма комплексного числа, спряжені комплексні числа, протилежні комплексні числа тощо. Як відомо, багатьом основним поняттям теорії комплексних чисел взаємно-однозначно відповідає визначений геометричний образ. Це й історично стало поштовхом до виникнення різних підходів до побудови теорії комплексних чисел. Аналіз наукової і методичної літератури допоміг виявити існування різних підходів до введення поняття комплексного числа та виділити основні з них. I спосіб. Комплексне число z вводиться як упорядкована пара (a; b) дійсних чисел. Множину таких упорядкованих пар позначають символом C. На цій множині визначається відношення рівності і дві бінарні алгебраїчні операції — додавання і множення — таким чином: (a; b) = (c; d) тоді і тільки тоді, коли a = c і b = d; (a; b) + (c; d) = (a + c; b + d); (a; b) ⋅ (c; d) = (ac – bd; ad + bc). Показується, що алгебраїчна система (C, +, ⋅) утворює поле. Одиницею даного поля є пара (1; 0), а нулем — пара (0; 0). Далі розглядається рівність (0; 1)2 = (0; 1) ⋅ (0; 1) = (–1; 0) і отримують, що в полі C пара (0; 1) є розв’язком рівняння x2 + (1; 0) = (0; 0). (1) Позначивши (a; 0) = a, (0; 1) = i, отримують алгебраїчну форму запису комплексного числа (a; b): (a; b) = (a; 0) + (0; b) = (a; 0) + (b; 0) × × (0; 1) = a + bi, причому i2 = (0; 1)2 = (–1; 0) = –1. Потім доводиться, що поле C є мінімальним полем, яке містить поле дійсних чисел і в якому має розв’язок рівняння (1), а також, що таке поле єдине з точністю до ізоморфізму. Далі пояснюється, що дії над комплексними числами в алгебраїчній формі виконуються, як над многочленами, і чому саме вибрано на початку саме такі означення дій над комплексними числами. Такий спосіб побудови комплексних чисел використаний у посібнику [1; 3; 4] та інших. Він є певною мірою формальним та вказує на «тонкі» моменти теоретичного характеру. II спосіб. Встановлюються взаємно-однозначні відповідності між дійсними числами, точками координатної прямої і векторами, початок яких збігається з початком координат. При цьому додатному числу x ставлять у відповідність вектор, довжина якого x, а напрям збігається з напрямом координатної прямої; від’ємному числу –x — вектор, модуль якого дорівнює x, а напрям — протилежний до напряму координатної прямої, тобто кут між напрямом вектора і напрямом координатної прямої дорівнює π (мал. 1). Нулю відповідає нульовий

8

вектор, модуль якого дорівнює нулю і якому не приписують ніякого напряму. y ³

B

C

A 1

−1

x

−³ D Мал. 1

При такій (векторній) інтерпретації дійсних чисел дії додавання і віднімання між ними можна інтерпретувати як паралельне перенесення. Так, перетворення x → x + a зсуває кожну точку x прямої на a одиниць вправо, якщо a додатне, і на a одиниць вліво, якщо a від’ємне. Таким чином, додаванню дійсних чисел відповідає додавання   векторів і навпаки, тобто x + y = z ↔ x + y = z z. Множення і ділення дійсних чисел подається як перетворення гомотетії відносно початку координат. При перетворенні  x → kx, якщо k > 0, то маємо або розтяг вектора x при k > 1, або стиск його при 0 < k < 1; і якщо k < 0, то відповідно розтяг або стиск із зміною напряму (центральну симетрію відносно точки О). При такій інтерпретації множення на число задає відображення множини дійсних чисел на себе. Позначають один із коренів рівняння x2 + 1 = 0 через i, тоді за означенням кореня рівняння i2 = –1. Відтак множення дійсного числа на i2, яке є рівносильним множенню на –1, можна тлумачити як двократне множення на i. Інакше кажучи, двократне множення дійсного числа на i означає поворот навколо початку координат на кут π. Тому правомірно вважати, що множення на i означає поворот навколо початку координат на кут 0,5π. на i одиничного вектора Застосування множення  OA дає вектор OB , перпендикулярний до нього:   OB = i OA . Проведемо нову вісь координат Oy   ⊥ Ox.   Тоді вектору OA ↔ 1 , OB ↔ i , OC ↔ −1, OD ↔ −i (мал. 1). Аналогічні міркування, коли довжина вектора відмінна від одиничної.  Таким чином, кожному вектору OA осі Ox відповідає дійсне число a, кожному осі Oy  вектору  — число bi. Тоді сумі векторів OA + OB відповідає число a + bi (мал. 2). y

b

O

B

C(a + bi )

a

A

Мал. 2

x

Отже, між точками координатної площини, упорядкованими парами (a; b) дійсних чисел, які


Профільне навчання є координатами точок площини, векторами, початок яких збігається з початком координат, і виразами виду a + bi можна встановити взаємно-однозначну відповідність. Оскільки 1 ↔ (1; 0), i ↔ (0; 1) і (a; b) = (a; 0) + (0; b) = a(1; 0) + b(0; 1), то (a; b) ↔ a ⋅ 1 + b ⋅ i = a + bi. Означення. Комплексним числом називається сума виду a + bi, де a і b — дійсні числа, 1 і i — одиниці, взяті відповідно на осях Ox і Oy. Далі означається рівність комплексних чисел. Оскільки дві точки координатної площини збігаються тоді і тільки тоді, коли їх відповідні координати рівні, то правомірним є таке означення рівності комплексних чисел. Означення. Комплексне число a + bi дорівнює комплексному числу c  + di тоді і тільки тоді, коли рівні відповідні їх дійсні  й уявні частини, або, що те саме, коли OZ1 = OZ 2 , де Z1(a; b) і Z2(c; d). В іншому випадку комплексні числа називаються нерівними. Цим способом подається матеріал у підручнику [10] та деяких інших. На користь цього методу можна навести такий аргумент: досить наочно проходять означення дій над комплексними числами, проте важко дається учням розуміння, як вектор на декартовій площині стає числом. III спосіб. Поле комплексних чисел будують як просте алгебраїчне розширення поля дійсних чисел. Суть цього методу з наукового погляду полягає в такому. В алгебрі многочленів показують, що коли многочлен b0  + b1x + b2x2 + … + bn – 1xn – 1 степеня n ≥ 2 незвідний над числовим полем P (тобто не має коренів у цьому полі), a — число, корінь цього многочлена, то кожен елемент b поля P(a), утвореного в результаті приєднання елемента a до поля P, можна однозначно подати у вигляді: b = b0  + b1a + b2a2 + … + bn – 1an – 1. (2) Нехай P = R і розглянемо многочлен x2 + 1, який не має дійсних коренів. Позначимо число, що є розв’язком рівняння x2 + 1 = 0, через i і назвемо його числом нової природи. Отримаємо, що просте алгебраїчне розширення R(i) і є полем комплексних чисел C. Справді, зі співвідношення (2) випливає, що кожен елемент з R(i) матиме вигляд a + bi, де a, b ∈ R. Для учнів усі ці викладки теорії не наводяться. З метою універсальної розв’язності квадратних рівнянь множину дійсних чисел розширюють за допомогою приєднання до неї числа i, для якого i2 = –1. За цих умов многочлени першого степеня відносно уявної одиниці i, тобто вирази виду z = x+ + yi, де x і y — дійсні числа, називають комплекс­ ними числами. Даний підхід носить назву генетичного, оскільки базується на історичному розширенні поняття числа і потребах науки, які приводять до цього розширення. Цим способом подається матеріал у підручниках [7; 10; 11]. На користь цього методу говорить

те, що він досить доступний учням, за його допомогою скорочується обсяг теоретичних викладок (без втрати відомостей) і уможливлює швидше перейти від теорії до практики обчислень і застосувань. Зв’язок нових чисел із реальною дійсністю є таким моментом, який у рамках шкільного курсу не може бути повністю висвітленим, тому при вивченні основ теорії комплексних чисел доцільно це враховувати і не допускати до того, щоб у свідомості учнів цей розділ запам’ятався як формальнологічна гра, що не має ніякого відношення до реального світу. IV спосіб. Розглядається множина C формальних виразів виду a + bi, де a, b ∈ R, символ i — просто деякий знак, а символи «+» і «⋅» позначають відповідно алгебраїчні операції додавання і множення в множині C. Означаються відношення рівності й алгебраїчні операції в C: 1) a + bi = c + di тоді і тільки тоді, коли a = c і b = d; 2) (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)  i; 3) (a + bi) ⋅ (c + di) = (ac – bd) + (ad + bc)  i. Алгебраїчну систему (C, +, ⋅) називають системою комплексних чисел, а її елементи — комплексними числами. З властивостей 1), 2), 3) безпосередньою перевіркою отримують комутативний, асоціативний і дистрибутивний закони додавання і множення, а також те, що символ i є коренем незвідного над полем R рівняння x2 + 1 = 0. Справді, з рівності (a + bi)(c + di) = (ac – bd) + (ad + bc)  i при a + bi = c + di маємо: (a + bi)2 = a2 – b2 + 2abi. Тоді при a = 0, b = 1 отримуємо, що i2 = –1, тобто i є коренем рівняння x2 + 1 = 0. Потім на основі введених операцій додавання і множення показується, що алгебраїчна система C утворює поле, яке є розширенням поля R дійсних чисел. Цим способом подається матеріал у посібниках [2; 5] та інших. Позитивним моментом цього способу введення є строгий науковий підхід до викладу теорії, проте він може виявитися надто формальним і нецікавим для учнів середньої школи, що не сприятиме формуванню стійкого інтересу до математики. Вищенаведені підходи відрізняються, але не суперечать один одному. В методичній літературі, зокрема підручниках, посібниках для середньої школи, найчастіше зустрічаються такі способи введення: перший та третій, які названі формальним та генетичним відповідно. Нам ближче подання матеріалу теми генетичногеометричним способом, який ґрунтується на історичному розвитку поняття комплексного числа і на здоровому глузді та сприймається учнями природно і зрозуміло, не викликає у них психологічного протесту. Крім того, математичний розвиток старшокласників дає змогу розглядати внутрішні вимоги самої математики щодо виконуваності обернених операцій і універсальної розв’язності деяких най-

9


Профільне навчання простіших рівнянь як побічний вияв вимог практики. Введення операцій не знаходить суперечностей і нагадує звичайні дії з дужками, що завжди подобається навіть несильним учням. Саме ��ому у посібнику [9] для учнів профільних класів нами використано генетично-геометричний підхід до вивчення теми «Комплексні числа», залучаючи при цьому близькі учневі геометричні образи, а також використовуючи геометричну інтерпретацію самих комплексних чисел і дій над ними та прикладну спрямованість задач. Наша методична позиція близька до думки, яку висловив відомий методист О.  Я.  Хінчин: «Ми не можемо погодитися з тими, хто відстоює повну геометризацію теорії комплексних чисел у середній школі, тобто такий виклад цієї теорії, при якому означення нових чисел і операцій над ними відразу даються в геометричній формі; оскільки зі всіх точок зору комплексне число повинно ввійти у свідомість учня перш за все як об’єкт арифметики, тобто як нове розширення поняття числа, а не як геометричне поняття, не як символ відомого геометричного перетворення, яке лише після цього отримує арифметичне тлумачення. Геометрична ілюстрація повинна бути тим, чим вона є, тобто ілюстрацією. Але ця ілюстрація може бути широко використана для конкретизації у свідомості учнів ідеї комплексного числа, для зв’язку цієї ідеї з рядом простих наочних уявлень» [8, 21]. Шкільний курс математики є дуже зручний для введення комплексних чисел. За час навчання в основній школі учні ознайомлюються з основними поняттями, що є базовими для виучуваної теми. З усіх опорних знань, умінь і навичок, достатніх для вивчення теми «Комплексні числа» як найважливіші базові, виділимо такі: відомості про множини натуральних, цілих, раціональних і дійсних чисел, закони арифметичних дій над ними; поняття вектора, зображення вектора, радіус-вектора на площині; геометричне додавання та віднімання векторів; співвідношення між сторонами і кутами у прямокутному трикутнику; значення тригонометричних функцій числового аргументу, знаки та періодичність тригонометричних функцій; основні тригонометричні тотожності; формули тригонометричних функцій суми і різниці двох аргументів, формули зведення. Водночас комплексні числа доцільно використовувати під час вивчення таких тем програми шкільного курсу математики. Алгебра і початки аналізу: многочлени від однієї змінної; розв’язування алгебраїчних рівнянь вищих степенів; диференціальні рівняння другого порядку. Тригонометрія: доведення основних тригонометричних тотожностей; доведення формул додавання, формул кратних аргументів; доведення формул суми і різниці тригонометричних функцій; виведення формул перетворення добутку тригонометрич-

10

них функцій у суму або різницю; виведення формул пониження степеня тригонометричних функцій; обчислення сум тригонометричних функцій, аргументи яких утворюють арифметичну прогресію. Геометрія: паралельність і перпендикулярність прямих, хорд одиничного кола; побудова правильних многокутників; площі многокутників; перетворення площини: паралельне перенесення, поворот, центральна і осьова симетрії, гомотетія, перетворення подібності. Фізика: додавання і розкладання швидкостей і сил; гармонічні коливання; задачі на розрахунок ланцюгів змінного струму. Досвід нашої експериментальної роботи підтвердив, що найбільш доцільним для середньої школи є таке введення поняття комплексного числа, при якому на перший план виступає принцип розширення поняття числової області, потім розглядається геометрична інтерпретація та практичні застосування, з допомогою яких і з'ясовується реальний зміст комплексного числа. Доцільність цього підходу підтверджується роботами більшості методистів. Для вивчення комплексних чисел ніяких спеціальних знань та вмінь не потрібно, всі необхідні учням знання визначені програмою для основної школи. Використовувати комплексні числа доцільно під час вивчення інших розділів природничоматематичних дисциплін загальноосвітньої школи у вигляді прикладних задач та задач із міжпредметними та внутріпредметними зв’язками. Тобто змістове наповнення даної теми повинно мати чітко виражену прикладну спрямованість; без цього введення комплексних чисел у шкільний курс математики буде малоефективним.

ЛІТЕРАТУРА 1 . А н д р о н о в И. К. Математика действительных и комплексных чисел / Иван Козьмич Андронов. — М.: Просвещение, 1975. — 158 с. 2 . В и л е н к и н Н.  Я. Алгебра и математический анализ в 11 классе: [учебное пособие для классов с углубленным изучением математики] / Н.  Я. Виленкин, О.  С. Ивашев-Мусатов, С.  И. Шварцбурд. — М.: Просвещение, 1990. – 288 с. 3 . Г и б ш И. А. Алгебра: [пособие для учителей ІХ— ХІ классов] / Исидор Аронович Гибш. — М.: Учпедгиз, 1960. — 664 с. 4 . З а в а л о С.  Т. Комплексні числа / Сергій Трохимович Завало. – К.: Вища шк., 1982. — 135 с. — (Б-ка фіз.-мат. школи. Математика). 5 . К о ч е т к о в Є. С. Алгебра і елементарні функції. Ч. 2: [навчальний посібник для уч. 10 кл. середньої школи] / Є. С. Кочетков, К. С. Кочеткова. — К.: Рад. шк., 1967. — 280 с. 6 . М е р з л я к А. Г. Алгебра: підруч. для 11 кл. з поглибленим вивченням математики: у 2 ч. / А. Г. Мерзляк, Д. А. Номіровський, В. Б. Полонський, М. С. Якір. — Х.: Гімназія, 2011. — Ч. 2. — 272 с. 7 . Н е л і н Є. П. Алгебра і початки аналізу: [дворівневий підруч. для 11 кл. загальноосв. навч. закл.] /


Профільне навчання Є. П.  Нелін, О.  Є. Долгова. — [4-те вид., виправл.]. — Х.: Світ дитинства, 2008. — 416 с. 8 . Х и н ч и н А.  Я. Основные понятия математики и математические определения в средней школе / Александр Яковлевич Хинчин. — М.: Учпедгиз, 1940. — 51 с. 9 . Ш а р а н О.  В. Комплексні числа та їх застосування / Олександра Василівна Шаран. — Дрогобич: НВЦ «Каменяр», 2004. — 192 с.

1 0 . Ш к і л ь М.  І. Алгебра і початки аналізу: [підр. для 11 класу загальноосв. навч. закладів] / М.  І. Шкіль, З.  І. Слєпкань, О.  С. Дубинчук. — К.: Зодіак-ЕКО, 2002. — 384 с. 1 1 . Ш к і л ь М.  І. Алгебра і початки аналізу: підруч. [для учнів 10 кл. з поглибленим вивченням математики в середніх закладах освіти] / М.  І. Шкіль, Т.  В.  Колесник, Т.  М. Хмара. — К.: Освіта, 2000. — 318 с.

ВИВЧЕННЯ ЕЛЕМЕНТІВ МАТЕМАТИЧНОЇ ЛОГІКИ В ПОГЛИБЛЕНОМУ КУРСІ МАТЕМАТИКИ (розробки уроків) Ірина АКУЛЕНКО — доцент кафедри алгебри і математичного аналізу Черкаського національного університету, кандидат педагогічних наук

Постановка проблеми. Протягом десятиліть точилися суперечки щодо доцільності введення елементів теорії множин і математичної логіки до шкільного курсу математики. Як показує аналіз, у попередні роки увагу пропонувалося акцентувати не так на тому, щоб ці розділи входили до шкільної програми, як на тому, щоб ідеї, що сформувалися в цій галузі математики, стали наскрізною лінією курсу математики в загальноосвітній школі. Таким чином, формування відповідних понять відбувалось опосередковано. На сучасному етапі профілізації математичної освіти вивчення елементів теорії множин і математичної логіки передбачено не у фоновому, а в активному режимі. Тому до програми поглибленого курсу математики (10 клас, І семестр) введено тему «Елементи математичної логіки» (10 годин). Однак практика показує, що вчителі відчувають труднощі у плануванні та проведенні уроків під час вивчення цієї теми. Мета статті. Ми пропонуємо детальні розробки уроків програмової теми «Елементи математичної логіки» згідно з програмою вивчення цієї теми за підручником «Алгебра 10 клас» [6] авторів А. Г. Мерзляка, Д. А. Номіровського, В. Б. Полонського, М. С. Якіра відповідно до орієнтовного тематичного планування вивчення цієї теми (табл.  1). Таблиця 1

Вступ до математичної логіки Висловлення. Операції над висловленнями Висловлення. Логічні закони Деякі застосування логіки висловлень Предикати та операції над предикатами Рівносильні предикати. Теореми Підготовка до тематичного оцінювання Тематичне оцінювання © Акуленко І. А., 2012

1 1 2 1 2 1 1 1

година година година години година година година година

Конспекти уроків розроблено для проведення спарених уроків, які, як показує практика, є найбільш поширеними при організації навчального процесу у класах з поглибленим вивченням математики. УРОК 1 Тема. Вступ до математичної логіки. Мета. Мотивувати введення основних понять математичної логіки. Повторити способи міркувань, які застосовуються при розв’язуванні логічних задач без застосування апарату математичної логіки. Обладнання. Кодоскоп (мультимедійний проектор), картки. Вид уроку. Підготовчий (комбінований). Вступний коментар Існують методичні підходи, згідно з якими розпочинати вивчення елементів математичної логіки доцільно із введення строгих означень основних понять. На нашу думку, такі підходи методично виправдані у вищій школі. Ознайомлення з елементами формалізованої теорії математичної логіки у школі доцільно мотивувати, розглядаючи приклади задач, розв’язування яких ґрунтується на застосуванні так званого «здорового глузду». Саме у процесі розв’язування таких задач учні демонструють здатність мислити послідовно, спростовувати неправильні висновки та умовиводи, добирати достатні й відповідні аргументи. Ці здатності потребують свого подальшого вдосконалення та розвитку із залученням як фактичного математичного матеріалу, так і соціального досвіду учнів. Тому задачі, які пропонують на цьому уроці, не потребуватимуть використання мате��атичних знань або знань математичної логіки, однак мають актуалізувати навички учнів мислити послідовно й несуперечливо. Хід уроку І. Мотивація навчальної діяльності учнів Задача  1 («Роздоріжжя»). Уявіть, що ми опинилися на роздоріжжі — можна піти праворуч або

11


Профільне навчання ліворуч (див. мал.). Одна дорога веде до міста «Істина», всі мешканці якого завжди кажуть тільки правду, а інша — до міста «Хиба», населення якого у відповідь на будь-яке запитання бреше. На перехресті ми зустріли мешканця одного з міст, але якого саме — не знаємо. Цей місцевий, очевидно, знає, в якому місті він мешкає, також він знає тих, хто мешкає в сусідньому місті. Ми можемо задати лише одне запитання, на яке наш співрозмовник може відповісти лише «так» або «ні». Яке запитання треба поставити, щоб безпомилково визначити дорогу, яка веде до міста «Істина»? В місті правду, Â ì«Істина» ³ñò³ «² ñòвсі èí говорять à » âñ³ ãîтільки âî ðÿòü а в місті «Хиба» –, завжди ò³ëüêè ï ðàâäó à â ì брешуть. ³ñò³ «ÕèáàЯке » запитання треба мешканцю з - çàâæ äèпоставити áðåø óòü. ß êå çàï èòàíодного íÿ цих міст роздоріжжі щоб напевне òðåáàнаçàäàòè, ù î á í àï, åâí å âèçí à÷èòèвизначити ï правильну в місто «Істина»? ðàâèëüí ó äî дорогу ðî ãó â ì ³ñòî «² ñòèí à»? ?

?

Розв’язання. Один із варіантів запитання може бути таким: «Чи правда, що будь-який мешканець міста, в якому ти не живеш, якщо йому поставити запитання про те, чи веде дорога направо до міста «Істина», дає негативну відповідь?». Справді, якщо дорога праворуч веде до міста «Істина», то і правдива людина, і брехун на наше запитання дадуть відповідь «так». Якщо дорога праворуч до іншого міста, то в будь-якому випадку ми отримаємо відповідь «ні». Інший (більш класичний) варіант попередньої задачі виглядає так. Задача  1*. Людина, перебуває у кімнаті, в якій є двоє дверей, одні з яких вказують шлях на волю, а за іншими на людину чикає неминуча загибель. Біля кожних із дверей стоїть по одному охоронцю. Один завжди каже правду, інший – тільки брехню. На запитання вони відповідають «так» або «ні». Людина не знає, де які двері та який із охоронців стоїть біля яких із дверей. Але відомо, що охоронці знають, хто з них брехун, а хто каже правду. Можна задати тільки одне запитання й тільки одному з охоронців. Мета — з’ясувати, які двері ведуть на свободу. Яке запитання необхідно задати? Задачі 1 та 1* є частковими випадками так званих задач «про лицарів та брехунів» (див. [7]). ІІ. Актуалізація опорних знань і вмінь учнів На цьому етапі в учнів у процесі розв’язування задач опосередковано, у фоновому режимі, формуються уявлення про характеристичні властивості поняття висловлення. Задача 2 («Три товариші»). Три товариші Ігор, Павло й Олег закінчили класи різного профілю та вирушили вступати до ВНЗ у різні міста України: Донецьк, Київ і Харків. У Донецьку не вдалося вступити до університету випускнику класу ма-

12

тематичного профілю. Випускник класу хімічного профілю вступив до Харківського вишу. Олег під час співбесіди підтвердив свої ґрунтовні знання з правознавства, які він отримав у класі відповідного профілю і вступив на юридичний факультет. Павло відмовився від пропозиції батьків навчатися у Харкові. У якому профілі навчався кожен із друзів і в якому місті продовжив своє навчання? Дана задача є задачею на встановлення відповідностей між об’єктами. Такі задачі можна розв’язувати за допомогою таблиць або за допомогою графів. Розв’язання. За умовою задачі Олег закінчив клас правознавчого профілю. Тоді Ігор і Павло були випускниками математичного і хімічного профілів. Залишається розглянути два випадки. 1. Нехай Ігор — математик, а Павло — хімік. Тоді Павло вступив до харківського вишу, що суперечить умові (Павло відмовився навчатися у Харкові). 2. Нехай Ігор — хімік, а Павло — математик. Тоді маємо такий розподіл товаришів і міст їхнього подальшого навчання (табл. 1.1). Таблиця 1.1

Донецьк Київ Харків

Ігор – – +

Павло – + –

Олег + – –

Задача  3  («Розбите  вікно»). Сергій, Михайло, Юрій та Іван гра­ли на перерві у м’яча й розбили вікно. На питання вчителя про те, хто розбив вік­ но вони дали такі відповіді: Михайло: «Вікно розбив Іван або Юрій». Іван: «Я вікно не розбивав». Сергій: «Це зробив Юрій». Юрій: «Ні, Сергію, ти помиляєшся». Хто розбив вікно, якщо вчитель точно знає, що троє із цих «футболістів» точно говорять правду, а четвертий — ні? Це приклад так званої «задачі на встановлення істини» (коли вимагається встановити істинність або хибність одного або кількох висловлень). Подібні задачі можна розв’язувати, використовуючи принцип повної індукції (перебираючи всі можливі варіанти) або з використанням алгебри висловлень. Ознайомлення з останнім методом відбудеться пізніше, на уроці № 3. Розв’язання. 1. Нехай Сергій говорить неправду, тобто вікно розбив не Юрій. Отже, міг розбити Іван, Михайло або Сергій. Тоді за умовою задачі інші троє хлопців мають говорити правду. Це означає, що Михайло сказав правду: «Вікно розбили Іван або Юрій». А також Іван сказав правду, тобто він вікно не розбивав. З цього випливає, що вікно розбив Юрій, але це суперечить початковому припущенню.


Профільне навчання 2. Нехай Михайло говорить неправду, тоді Сергій і Юрій одночасно говорять правду й суперечать один одному. 3. Нехай Юрій говорить неправду, тоді правду говорять Михайло, Іван та Сергій і в їхніх твердженнях немає суперечностей. Тому саме Юрій сказав неправду й він же розбив вікно. 4. Якби Іван сказав неправду, то він би розбив вікно, що супе­ре­чило б правдивим твердженням Сергія. Після розв’язування задач 2 і 3 можна наголосити на базових припущеннях. А саме, під час міркувань ми припускаємо, що кожне із записаних нами тверджень (речень) є або правильним (істинним) або не є правильним (тобто є хибним). При цьому важливо, що: 1)  речення не може бути одночасно й істинним, і хибним; 2)  третього варіанта не дано (якщо речення не є істинним, то воно неминуче є хибним і, навпаки, якщо речення не хибне, то воно — істинне). Задача 4 («Слідчий експеримент»). Слідчий допитав трьох підозрюваних А, В і С. На допиті А сказав, що покази В — неправдиві, В сказав, що покази С — неправильні. Нарешті, С сказав, що і А, і В обманюють. Чи може слідчий на основі результатів допиту зробити висновок, хто із підозрюваних говорить правду? Розв’язання. Нехай А говорить правду, тоді покази В неправдиві, тобто покази С — правильні, а С сказав, що і А, і В обманюють. Отримали суперечність. Нехай В говорить правду, тоді покази С неправдиві, тобто А або В обманюють. Оскільки В говорить правду, то обманює А, тобто В сказав правду. Суперечності немає. Нехай С говорить правду, тоді А і В обманюють. З цього випливає, що покази В і С — правдиві. А це означає, що В одночасно обманює й говорить правду. Отримали суперечність. Отже, правду говорить В, а А і С обманюють. Під час розв’язування попередньої задачі (друге припущення — «якщо B каже неправду») маємо використовувати (на інтуїтивному рівні) один із законів де Моргана (а саме, «заперечення кон’юнкції»). У певному розумінні математична логіка як наука займається вивченням подібних схем «правильних умовиводів». При цьому семантичні значення самих речень не є суттєвими. Задача  5  («Охоронці»). П’ятеро охоронців Андрій, Борис, Віктор, Григорій і Дмитро по черзі чергували біля входу в банк, змінюючи один одного. Це відбувалось не при сигналах точного часу. Кожен відчергував по 1 разу, причому Андрій чергував удвічі довше Бориса, Борис — удвічі довше Вік­тора, а Григорій і Дмитро кожен — стільки само, скільки й Віктор. Під час чергування точно під час сигналів точного часу черговому виносили склянку кави. Чи справді кожен випив рівно по одній склянці кави?

Розв’язання. Нехай кожен із охоронців випив рівно по одній склянці кави. Тоді Андрій чергував менше двох годин, Борис — менше години, а Віктор, Григорій і Дмитро — менше, ніж по півгодини. До того ж жодні двоє з них не чергували підряд (бо інакше одному з них не було б кави). Тому вони могли чергувати лише першим, третім і п’ятим, а Андрій і Борис — другим і четвертим. Тоді троє чергових (Борис і ті, хто був перед ним і після нього) відчергували менше двох годин, а тому не могли кожен випити по склянці кави. Отримали супе­речність. Наголошуємо, що у процесі розв’язування задач ми користувалися на інтуїтивному рівні законами логіки, які в загальному вигляді можна подати у табл. 1.2. Таблиця 1.2

Якщо «А», то «А» Має місце «А» або не «А» Не може бути «А» і «не А» одночасно Твердження «А і В» є хибним тоді і тільки тоді, коли хибним є твердження «А», або хибним є твердження «В». Твердження «А або В» є хибним тоді і тільки тоді, коли хибними є твердження «А» і твердження «В» Якщо з «А» випливає «В» і з «В» випливає «С», то з «А» випливає «С» Якщо з «А» випливає «В», то з «не В» випливає «не А», і навпаки Якщо з «А» випливає «В» і «А» виконується, то виконується й «В» Якщо з «А» випливає «В» і не виконується «В», то не виконується й «А»

Закон тотожності Закон виключення третього Закон заперечення суперечності

Закони де Моргана

Закон силогізму Закон контрапозиції Правило відокремлення (лат. назв. —  modus ponens) Міркування від супротивного (лат. назв. — modus tollens)

ІІІ. Історична довідка Повідомлення вчителя або учня з історії розвит­ ку логіки як науки є бажаним але не обов’язковим. Його доцільно супроводжувати відповідним візуальним рядом, комп’ютерною презентацією. Історія логіки як науки нараховує 2,5 тис. років і поділяється на два основні етапи: традиційний (IV ст. до н. е. — друга половина XIX ст.) і сучасний (друга половина XIX ст. і до нашого часу). Традиційний і сучасний етапи розвитку логіки відрізняються, по-перше, колом проблем дослідження й отриманих результатів, по-друге, методами дослідження. Перша епоха розквіту логічних знань припадає на добу античної Греції (IV—III ст. до н.  е.). Саме в цей час логіка вперше формується як наука, зокрема як галузь філософії. У працях Арістотеля, стоїків, софістів логіка набуває статусу методу дослідження проблем як у різних галузях наукового знання, так і у повсякденному житті. З XVII ст. Арістотелева логіка була обов’язковим предметом вивчення в Києво-Могилянській академії.

13


Профільне навчання Сучасна логіка суттєво відрізняється від своєї попередниці. Вона формувалась у середині й наприкінці XIX ст. Поява сучасної логіки зумовлювалась, зокрема, тим, що перед наукою постало завдання звернутись до аналізу своїх власних основ. Саме тут у нагоді стала логіка, яка була суттєво модернізована, завдяки застосуванню математичного інструментарію до понять і проблематики традиційної логіки. Метод формалізації, що лише частково використовувався у традиційній логіці, є основним методом у сучасній логіці. Спочатку сучасна логіка орієнтувалась тільки на аналіз математичних міркувань. Цей період її розвитку отримав назву «класичного». Біля витоків класичної логіки стояли Готфрід Лейбніц (1646  —  1716 рр.), у роботах якого була чітко сформульована ідея побудови нової логіки, в якій би кожному поняттю відповідав певний символ, а міркування мали б форму обчислень і Джордж Буль (1815  —  1864 рр.), який створив алгебру логіки з метою «обчислень» міркувань як результатів проведення певних логічних операцій. Серед видатних дослідників проблем сучасної логіки можна назвати Августа де Моргана (1806  —  1871 рр.), Чарльза Сандерса Пірса (1839  —  1914 рр.) та ін. В їхніх наукових працях поступово реалізувалась ідея перенесення в логіку тих методів, які є звичними для математики. Заключний крок у напрямі математизації логіки здійснив Готліб Фреге (1848  —  1925 рр.), якого вважають творцем першої формалізованої мови, про яку він сповістив у роботі «Числення понять, арифметично побудована формалізована мова чистого мислення» (1879 р.). На початку формування математичної логіки як науки Г.  Лейбніц поставив за мету побудову такого апарату (або числення), за допомогою якого правильність будь-яких міркувань можна було б перевірити алгоритмічно (проводячи дії, аналогічні тим, що ми здійснюємо з числами на папері або доручити перевірку спеціальній машині). Ця ідея може бути оформлена у вигляді двох задач, які іноді називають «задачами Лейбніца» (див., напр., [1, 2]): L1. Побудувати алгоритм, який би породжував усі правильні речення. Інакше кажучи, цей алгоритм видає в процесі своєї роботи правильні речення (твердження або теореми деякої теорії), причому кожна теорема мусить з’явитися на якомусь кроці роботи алгоритму. L2. Побудувати алгоритм, який би за даним реченням визначав, чи є воно правильним (тобто чи є воно теоремою деякої теорії). Ми не будемо розглядати формальні математичні теорії. Лише зауважимо, що ці задачі не є рівносильними. Наприклад, розв’язання задачі L2 веде до автоматичного розв’язання L1 (якщо є спосіб породити по черзі всі можливі речення і є спосіб їх перевірки на «правильність», то матимемо й алгоритм породження всіх правильних речень), про-

14

те вміння породжувати всі правильні речення не означає, що ми можемо розв’язати L2. Наприклад, у теорії числення висловлень обидві задачі можна розв’язати, у численні предикатів можна розв’язати лише задачу L1, а для формальної арифметики обидві задачі є нерозв’язними [1, 3]. На сучасному етапі з’являються новітні розділи логіки, які в сукупності становлять так звану некласичну логіку. Навряд чи можливо якось однозначно визначити некласичну логіку, оскільки її галузі досліджують різні типи міркувань. Так, наприклад, до розділів некласичної логіки можна віднести інтуїціоніські, многозначні, нечіткі, модальні та часові (темпоральні) логіки. ІV. Введення нового матеріалу Основним поняттям класичної математичної логіки є висловлення. До висловлень відносять розповідні речення, які можна охарактеризувати як істинні або хибні. Наприклад, висловленнями є: а) дві прямі у площині мають одну, жодної або безліч спільних точок; б) x ≥ 0 для довільних x ∈ R; в) 2 > 3 ; г) [7,05] = –7. Прикладами речень, які не є висловленнями, можуть бути такі: а) чи всі прості числа є непарними; б) |x| ≥ 2; в) порівняйте числа 2 + 3 і 2 − 3 . Аналогічно до поняття «множина» ми не даємо строгого математичного означення поняття «висловлення», а описуємо його характеристичні властивості і наводимо приклади. Учні усвідомлюють і закріплюють це поняття у процесі виконання вправ на підведення під поняття (вправа 1). Зауважимо, що у деяких україномовних підручниках з математичної логіки замість терміна «висловлення» використовують термін «висловлювання». Ми будемо вживати перший варіант, як це зроблено в підручнику [6]. Вправа 1. Серед речень виділіть ті, які є висловленнями. Р = «4 ⋅ 2,52 — числовий вираз»; S = «(7,35 – 0,2)3 ≥ 17,8 ⋅ 2»; D = «20122012 дає в остачі 1 при діленні на 3»; F = «Піднесіть до квадрата число 25»; G = «Для довільних x, y, z ∈ N має місце рівність x2 + y2 = z2»; H = «x2 + y > 1»; K = «Чи є нерівність 1 > 1 правильною?». Висловленнями є речення Р, S, D, G. Речення F, H, K не є висловленнями, оскільки про них не можна сказати істинні вони чи хибні. Додатково доцільно запропонувати учням визначити, які з висловлень є істинними, а які — хибними. Вправа 2. Сукупність істинних висловлень позначають символом T (від англ. True — істинний), а сукупність хибних висловлень позначають символом F (від англ. False — хибний). 1)  Наведіть приклади елементів множини T та множини F.


Профільне навчання 2)  Яке із співвідношень є правильним T ⊂ F, F ⊂ T або T ∩ F = ∅? Якщо висловлення А є істинним, то це позначають так: val  (A) = 1 або |A| = 1. При цьому кажуть, що А має значення істинності 1. Якщо висловлення А є хибним, то пишуть val  (A) = 0 або |A| = 0 і кажуть, що А має значення істинності 0. Іншими словами, на множині висловлень можна визначити функцію, областю значень якої є множина {0; 1}. Таку функцію називають функцією істинності: 1, ÿêù î À - ³ñòèí í å âèñëî âëåí í ÿ; val ( A = ) |= A|  0, ÿêù î À - õèáí å âèñëî âëåí í ÿ. Вправа 3.  З’ясуйте значення функції істинності для висловлень: • рівність x2 – 2x + 1 = 0 істинна тоді, і тільки тоді, коли x = 1; • рівність

x 2 − 10 x + 25 x 2 − 25

x −5

= x + 5 істинна для всіх зна-

чень x ∈ R \ {±  5}; • рівність x2 – 16x + 64 = –  x2 + 10x – 25 є хибною при будь-яких значеннях x ∈ R; • нерівність x ≥ x справджується для довільних значень x ∈ R ; • рівність

2p − q pq

(

)

p q 1 істинна для − p 1+ q q − p = q

всіх p, q ∈ R \ {0}. V. Домашнє завдання Оскільки зазвичай уроки з алгебри є спареними, тому домашнє завдання подаємо після уроку №  2. Якщо урок №  1 проводиться незалежно від уроку № 2, то на вибір учителя можна запропонувати задачі із домашнього завдання до уроку №  2. УРОК 2 Тема. Операції над висловленнями. Мета. Закріпити поняття висловлення, функції істинності висловлення. Ввести операції алгебри висловлень (заперечення, кон’юнкція, диз’юнкція, імплікація, еквіваленція), поняття формули алгеб­ ри висловлень. Розширити термінологічний, символьний словники учнів. Обладнання. Мультимедійний проектор (кодоскоп), картки. Вид уроку. Лекція. Хід уроку І. Актуалізація опорних знань. Вправа 1.  Знайдіть закономірність i дайте відповідь на запитання. Запишіть результат за допомогою теоретико-множинної символіки.

Логічний диктант Вказати значення функції істинності заданих висловлень: 1. A  =  «Якщо фігури рівні, то їх площі рівні» (Відповідь:  1); 2. B  =  «Якщо площі фігур рівні, то фігури рівні» (Відповідь:  0); 3. C  =  «Якщо p і q довільні цілі числа і q > 0, то корені рівняння x2 + px + q = 0 одного знака» (Відповідь:  0); 4. D  =  «Для довільного x ∈ R: |x| = 5 тоді і тільки тоді, коли x = 5 або x = –5» (Відповідь:  1); 5. E  =  «Число 5 є коренем квадратних рівнянь (x + 5)(x – 3) = 0 і (x – 2)(x – 10) = 0» (Відповідь:  0); 6. F  =  «Число 4 є коренем рівняння (x – 4)2 · · (x + 3) = 0 або рівняння x2 – 2x + 1 = 0» (Відповідь:  1); 7. G  =  «Для довільних a,  b,  c ∈ R, якщо c ≠ 0, тоді має місце рівність (a ⋅ b) : c = a ⋅ (b : c)» (Відповідь:  1); 8. H  =  «Для довільних a,  b,  c ∈ R, якщо c ≠ 0, тоді має місце рівність (a : b) ⋅ c = a : (b ⋅ c)» (Відповідь:  0). Після диктанту учні здійснюють взаємоперевірку. ІІ. Введення нового матеріалу Увага учнів фіксується на тому, що висловлення, які були запропоновані, складалися з декількох інших висловлень. Такі висловлення називають складними. Якщо висловлення не утворене з інших, його називають простим (атомарним, неподільним або елементарним). Складні висловлення, як і склад-

15


Профільне навчання ні речення, утворюються з простих за допомогою сполучників, словосполучень та часток «не», «і», «або», «якщо  …  , то  …», «тоді і тільки тоді». Пропонуємо учням навести приклади складних речень, де використовуються саме ці сполучники та словосполучення, а також, можливо, інші сполучники, які відображають той самий зміст (наприклад, у реченні: «2 + 2 = 4, але 0 < 1» сполучник «але» відображає зміст сполучника «і»). У логіці висловлень n-місним логічним сполучни­ ком (n-місною логічною операцією) називають ві­ дображення, яке впорядкованому набору висловлень A1,  …,  An ставить у відповідність нове висловлення B так, що значення функції істинності |B| залежить лише від значень істинності висловлень A1, …, An. Наведемо приклади деяких логічних операцій. Запереченням висловлення A називається така логічна операція, яка висловленню A ставить у відповідність таке висловлення A , яке є істинним тоді і тільки тоді, коли A — хибне, і є хибним тоді і тільки тоді, коли A — істинне (табл.  2.1).

Означення перших трьох логічних операцій (сполучників) є досить очевидними з точки зору «здорового глузду». Розуміння цих паралелей може бути більш корисним, аніж просте запам’ятовування таб­ лиць істинності. Наступна операція — імплікація — може викликати певні труднощі. Імплікацією висловлень називається така логічна операція, яка двом висловленням A і B ставить у відповідність таке висловлення A ⇒ B, яке хибне тоді і лише тоді, коли перше висловлення — істинне, а друге — хибне (табл.  2.4). Таблиця 2.4

Логічна операція

Імплікація (⇒)

Таблиця істинності

Аналог в Аналог українській у теорії мові множин

Приклад

«якщо  …  , то  …»

Нехай A  =  «5 ділиться націло на 2», B  =  «4 — парне число»; очевидно, |A| = 0; |B| = 1; тоді |A ⇒ B| = 1

Таблиця  2.1

Логічна операція

Аналог в Таблиця істинності українській мові

Заперечення (¬)

«не»

Аналог у теорії множин

Приклад

Доповнення множини до унверсуму

Нехай A  =  «2 + + 2 = 5»; очевидно, |A| = 0; тоді | A | = 1

Кон’юнкцією висловлень називається така логічна операція, яка двом висловленням A і B ставить у відповідність таке висловлення A ∧ B, яке істинне тоді і лише тоді, коли обидва висловлення — істинні (табл.  2.2). Таблиця 2.2

Логічна операція

Таблиця істинності

Кон’юнкція (∧)

Аналог в українській мові

«і»

Аналог у теорії множин

Приклад

Нехай A  =  «2 > 5», B  =  «0 < 1»; Перетин очевидно, множин |A| = 0; |B| = 1; тоді A ∧ B = 0

Диз’юнкцією висловлень називається така логічна операція, яка двом висловленням A і B ставить у відповідність таке висловлення A ∨ B, яке хибне тоді і лише тоді, коли обидва висловлення – хибні (табл.  2.3).

В основному проблеми виникають із третім рядком таблиці істинності. Розглянемо висловлення: A  =  «Василь виграв у лотерею», B  =  «Василь купив автомобіль» і A ⇒ B  =  «Якщо Василь виграв у лотерею, то він купив автомобіль». Другий рядок відповідає ситуації |A| = 0, тобто «Василь не виграв у лотерею», але |B| = 1, тобто «він купив автомобіль». При цьому висловлення A ⇒ B можна вважати істинним, оскільки воно «накладає обмеження на дії Василя» тільки у випадку, коли він справді виграв у лотерею. В усіх інших випадках Василь може купувати автомобіль, а може й не купувати. Загалом перші два рядки таблиці істинності для імплікації реалізують відомий логічний закон, який українською мовою можна сформулювати так: «Із суперечності (або хибних припущень) випливає все що завгодно» (лат.  «ex contradictione [sequitur] quodlibet»). Еквіваленцією висловлень називається така логічна операція, яка двом висловленням A і B ставить у відповідність таке висловлення A ⇔ B, яке істинне тоді і лише тоді, коли обидва висловлення — істинні або обидва — хибні (табл.  2.5). Таблиця 2.5

Логічна операція

Аналог в Таблиця істинності українській мові

Таблиця 2.3

Логічна операція

Диз’юнкція (∨)

16

Таблиця істинності

Аналог в українській мові

«або»

Аналог у теорії множин

Приклад

Нехай A  =  «2 > 5», Об’єднання B  =  «0 < 1»; множин очевидно, |A| = 0; |B| = 1; тоді A ∨ B = 1

Еквіваленція (⇔)

«тоді і тільки тоді»

Аналог у теорії множин

Приклад Нехай A  =  «5 ділиться націло на 2», B  =  «4 — парне число»; очевидно, |A| = 0; |B| = 1; тоді |A ⇔ B| = 0


Профільне навчання На подальших уроках будемо розглядати аналоги цих операцій серед операцій над множинами. Для кожної логічної операції, крім заперечення, таблиця істинності визначає певну функцію від двох змінних f : B  2 → B, де B = {0; 1} (для заперечення маємо функцію від однієї змінної f : B → B). Функції, що визначені на скінченній множині B = {0; 1} та приймають значення в цій самій множині, називають булевими (на честь ірландського математика Джоржа Буля, одного із засновників сучасної класичної математичної логіки). Кожна булева функція, зокрема, визначає деяку логічну операцію (функція може мати довільну скінченну кількість змінних). Існує 4 булеві функції від однієї змінної та 16 функцій від двох змінних. Вправа.  Знайдіть кількість булевих функцій f : B  n → B від n змінних. Наголошуємо, що зміст висловлень А і В не є суттєвим, важливим є їхнє значення істинності. Тому А і В можна вважати змінними (в алгебрі висловлень їх називають пропозиційними змінними). Формулою алгебри висловлень будемо називати скінченну композицію логічних операцій, причому значення істинності будь-якої формули залежить лише від значень істинності її змінних. Так само, як від перетворення числових виразів ми переходили до перетворень буквених виразів, не враховуючи числових значень змінних, які входили до їхнього складу, так і в математичній логіці вивчаються перетворення логічних формул, не враховуючи конкретний зміст висловлень, які входять до їх складу. Точне означення поняття формули алгебри висловлень потребує більшої формалізації і, напевне, є недоцільним на даному етапі ознайомлення з елементами теорії. Тут варто провести аналогію з алгебраїчними формулами. Інтуїтивно зрозуміло, що формула виду ( A ⇔ C) ∧ A має право на існування, а вираз )) A ⇔ ( ∧ A не є формулою, як, в принципі, й вираз 5  –  +)3 не є алгебраїчною формулою. III.  Закріплення нового матеріалу Вправа  1  (виконують учні з детальним коментарем).  Побудуйте таблиці істинності для формул A ⇒ B, A ∨ B, A ∨ B , A ⇒ B , A ⇒ B , A ⇒ (A ∨ B). Розв’язання. Доцільно звернути увагу учнів на те, що в деяких формулах задіяна операція заперечення, тому в таблицю необхідно додати стовпчики для заперечення двох висловлень (табл. 2.6). Таблиця 2.6

A

B

A ⇒ B

A ∨ B

A

B

0

0

1

0

1

1

0

1

1

1

1

0

1

0

0

1

0

1

1

1

1

1

0

0

A∨ B

A⇒ B

A⇒ B

A ⇒ (A ∨ B)

1

1

1

1

1

0

0

1

0

1

0

1

1

1

0

1

Пропонуємо учням встановити, які з висловлень набувають однакового значення істинності при відповідно однакових значеннях істинності вхідних атомарних висловлень. Формули, які мають однакові таблиці істинності, називаються еквівалент­ ними. Наприклад, щоб довести, що формули A ∧ A та A ∨ (A ∧ B) є еквівалентними, побудуємо відповідні таблиці істинності (табл.  2.7). Таблиця 2.7

A

B

A ∧ A

A ∧ B

A ∨ (A ∧ B)

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

1

0

1

1

1

1

1

1

Зауважимо, що хоча й перша формула не містить входжень змінної B, але таблиця істинності будується з урахуванням обох змінних (інакше таблиці неможливо порівняти). Той факт, що формули еквівалентні, позначають символом «=», тобто A ∧ A = A ∨ (A ∧ B) = A. Пропонуємо учням виділити еквівалентні формули серед тих, що наведені у вправі  1. Вправа  2 (учні виконують самостійно).  Побудуйте таблиці істинності для формул A ⇒ B ; A ∨ A ; ((A ⇒ B) ∧ A) ⇒ B; (( A ⇒ B) ∧ A) ⇒ A . Розв’язання.

Таблиця 2.8

A 0 0 1 1

B 0 1 0 1

(A ⇒ B) ∧ A 0 0 0 1

A

B

1 1 0 0

1 0 1 0

((A ⇒ B) ∧ A) ⇒ B 1 1 1 1

A∧ B 1 1 0 1

A∨ A 1 1 1 1

A ⇒ B 1 1 0 1

(( A ⇒ B) ∧ A) ⇒ A 1 1 1 1

Аналізуючи таблицю істинності, звертаємо увагу учнів, що в ній є стовпчик, який складається лише з одиниць, тобто формула, яка приймає значення істинності 1 на будь-яких наборах значень своїх змінних. Такі формули, називають тотож­ но істинними (або тавтологіями). Формули, які приймають значення істинності 0 при всіх наборах змінних, які входять до їхнього складу, називають тотожно хибними. Деякі тотожно істинні форму-

17


Профільне навчання ли мають власні назви (їх часто називають логіч­ ними законами). Вправа  3.  Визначте логічну структуру речення, позначте прості висло­влення літерами А, В, С, … та побудуйте відповідну логічну формулу. Два кола різного радіуса на площині можуть мати дві, одну або жодної спільної точки. [Розв’язання. Нехай A = «Два кола різного радіуса на площині мають одну спільну точку», B  =  «Два кола різного радіуса на площині мають дві спільні точки», C  =  «Два кола різного радіуса на площині не мають жодної спільної точки». Маємо вираз A ∨ B ∨ C]. Вектори рівні, якщо вони суміщаються паралельним перене­сенням або якщо їхня різниця дорівнює нуль-вектору. [Розв’язання. Нехай A  =  «Вектори рівні», B  =  «Вектори суміщаються паралельним перенесенням», C  =  «Різниця векторів дорівнює нульвектору». Маємо вираз (B ∨ C) ⇒ A]. Два довільних трикутники будуть рівними тоді і тільки тоді, коли дві сторони і кут між ними одного трикутника відповідно рівні двом сторонам і куту між ними іншого трикутника. Якщо дві прямі у просторі не мають спільних точок, то вони або паралельні, або мимобіжні. Якщо дві прямі паралельні третій, то вони паралельні між собою. Вправа  4. Побудуйте речення, логічна структура яких відповідає формулам: A ⇔ B, (A ∧ B) ⇔ C, (F ∧ H) ∨ G, K ∨ (D ∧ C), A ⇒ (B ∨ C), (B ∨ C) ⇒ A. Вправа 5. Виправте помилки в таблиці істинності (табл.  2.9). Знайдіть варіант виправлення, який потребуватиме найменшої кількості замін. Таблиця 2.9

A 0 0 1 1

B 0 1 0 1

A ∨ B 1 0 0 1

A ⇒ B 1 0 0 0

A ∧ B 1 1 0 1

A ⇔ B 0 1 1 1

IV. Підбиття підсумків уроку Запитання до класу Дайте означення висловлення. Наведіть відповідні приклади. На які два непересічні класи можна розподілити множину висло­влень? Наведіть приклади елементів із цих класів. Чи будь-яке речення є висловленням? Заповніть пропуски у твердженнях: кон’юнкція висловлень А і В є істинною тоді і тільки тоді, коли … ; … висловлень А і В є хибною тоді і тільки тоді, коли обидва висловлення є хибними; … висловлень А і В є хибною тоді і тільки тоді, коли перше висловлення …, а друге хибне; еквіваленція двох висловлень А і В є хибною тоді і тільки тоді, коли …

18

Заповніть пропуски в таблицях істинності. A

B

0 1

A ⇔ B

A

1

1

1

0

B

0 1

0 B

1

1 A ∨ B

A

1

1

B

0 1

A ⇒ B 1

1 0

0 0

1 A

A ∧ B

0 1 1

При розв’язуванні вправи доцільно вимагати відтворення означень логічних операцій, щоб уникнути формальності у засвоєнні змісту логічних операцій. Які операції над множинами є аналогами логічних операцій над висловленнями? Яку логічну операцію реалізує система (сукупність) рівнянь або нерівностей? V. Домашнє завдання 1. [6,  24]: №№  2.1  —  2.2. 2. До річки підійшли три мушкетери — Атос, Портос і Араміс. До того ж із Портосом було двоє слуг, з Атосом — один слуга, а Араміс був сам. Як їм переправитись через річку на човні, що розрахований на двох, якщо кожен із мушкетерів забороняє своєму слузі бути з іншими мушкетерами під час своєї відсутності. 3. Визначити, хто із підозрюваних брав участь у пограбуванні, якщо відомо: якщо A брав участь, то і B брав участь; якщо B брав участь, то або C брав участь, або A участі не брав; якщо D не брав участь, то A брав, а C ні; якщо D брав участь, то й A також брав участь. 4.  Три дівчинки Рая, Майя і Галя, які займаються одним із видів спорту: тенісом, плаванням або волейболом, вирушили на відпочинок. Першого дня Галя і волейболістка ходили милуватися краєвидами. Майя старша за тенісистку, а волейболістка — ровесниця однієї з дівчаток. Яким видом спорту займається кожна із дівчат? 5.  Зобразіть на координатній площині множину розв’язків сукупності нерівностей: y ≥ 2 ; x   x 2 + y2 ≤ 2. 6.  Зобразіть на координатній площині множину розв’язків системи нерівностей: | x + y | + | x − y | ≤ 4;  2 2  x + y ≥ 4. Примітка. Для розв’язання вправи 1 з етапу актуалізації опорних знань учням варто нагадати, що об’єкти вздовж рядка розташовані відповідно до певної закономірності. Розв’язуючи завдання (а), звертаємо увагу учнів, що у правій колонці першого рядка розмі-


Методика, досвід, пошук щено чотирикутник, який є спільною частиною двох чотирикутників, що розташовані зліва. Тобто, для відповіді на запитання необхідно виділити множину об’єктів (елементів), які належать обом множинам (множинам букв у словах «дракон» і «краб» у другому рядку, множинам дійсних чисел з числових проміжків 7 ≤ х ≤ 5 і 8 ≤ х ≤ 13 у третьому рядку) одночасно, відтак, відповіддю у другому рядку має бути слово «рак», а в третьому – подвійна нерівність 8 ≤ х ≤ 1 3 .

ЛІТЕРАТУРА 1 . Д р о з д Ю. А. Основи математичної логіки / Дрозд Ю. А. — К.: КНУ, 2003. — 92  с. 2 . К у ж е л ь О. В. Елементи теорії множин і математичної логіки : посібник для самоосвіти вчителів / Кужель О. В. — К.: Рад. шк., 1977. — 160 с.

3 . К у т а с о в А. Д. Элементы математической логики: пособие для уч-ся 9 — 10 кл. / Кутасов А. Д. — М.: Просвещение, 1977. — 63 с. 4 . Л и м а н Ф. М. Математична логіка і теорія алгоритмів : навч. посіб. / Лиман Ф. М. — Суми: Вид-во «Слобожанщина», 1998. — 152 с. 5 . Л о п о в о к Л. М. Збірник математичних задач логічного характеру / Лоповок Л. М. — К.: Рад. шк., 1972. — 150 с. 6 . М е р з л я к А. Г. Алгебра і початки аналізу : підруч. для 10 кл. з поглибл. вивченням математики / А. Г. Мерзляк, Д. А. Номіровський, В. Б. Полонський, М. С. Якір. — Х.: Гімназія, 2010. — 415 с. 7 . С м а л л и а н Р. М. Как же называется эта книга? / [Пер. с англ. и предисл. Ю.А. Данилова]. — М.: Мир, 1981. — 238 с. 8 . Ш е в ч е н к о В. Е. Некоторые способы решения логических задач / Шевченко В. Е. – К.: Вища шк., 1978. — 80 с.

МЕТОДИКА ВІДПРАЦЮВАННЯ БАЗОВИХ АЛГОРИТМІВ Сергій ПРОШАК — учитель математики вищої категорії, вчитель-методист Українського колежу ім. В. О. Сухомлинського

За результатами моніторингу якості математичної освіти учнів 4-х класів загальноосвітніх навчальних закладів України програмний матеріал на початковому рівні засвоїло 29,8  % (це практично один із трьох). Отже, третина українських випускників початкової школи не навчилися без допомоги вчителя виконувати дії над натуральними числами. 24 травня 2007 р. на замовлення Головного управління освіти і науки м. Києва було підготовлено та проведено дослідження рівня математичної освіти учнів 9-х класів. За отриманими результатами 7,32  % дев’ятикласників з числа всіх учнів столичних загальноосвітніх навчальних закладів показали початковий рівень навчальних досягнень, а це понад 1,6 тис. Зауважимо, що цей показник (7,32  %) незначною мірою відрізняється від результату, отриманого при проведенні аналогічного дослідження серед учнів 4-х класів (початковий рівень знань по місту Києву склав — 11,1 %). Тоді можна припустити, що показник по Україні складе близько 25  % (це якщо бути оптимістом, досвід показує, що зацікавленість у навчанні серед дітей початкової школи вища, ніж серед учнів середньої). За результатами зовнішнього незалежного оцінювання з математики в 2007 р. з 53 тисяч учасників 13,1  % оволоділи шкільним курсом математики на початковому рівні, а в 2008 р. їх кількість склала 19,47  % від 226 тис. абітурієнтів, що пройшли тестування з математики. Зауважимо, якщо в 2007 р. в тестуванні брали участь лише кілька регіонів, то в 2008 р. математику для зовнішнього оцінювання могли обрати ті випускники середніх навчальних закладів України, яким вона потрібна. У 2008—2009 навчальному році з випускників, які складали тест із математики, 24  % показали початковий рівень навчальних досягнень. Практично кожен п’ятий у 2007—2008 і кожен четвертий у 2008—2009 навчальному році з тих, © Прошак С. В., 2012

хто обрав математику, засвоїли шкільний курс математики лише на початковому рівні. У таблиці наведено один із результатів дослідження, проведеного автором у 2009—2010 навчальному році в одній із загальноосвітніх шкіл міста Києва. Дослідження проводилося серед учнів 4—11 класів. Для кожної паралелі була складена контрольна робота, яка містила базовий матеріал з математики за попередній навчальний рік. Для учнів п’ятих класів робота містила базовий матеріал з математики за курс молодшої школи. Для учнів шостих класів — базовий матеріал з математики за курс 5 класу і т. д. Клас

5

6

7

8

9

10 11

Кількість учнів, які 71 69 76 86 59 42 37 виконували роботу Кількість учнів, які не 0 3 12 25 39 32 12 розв’язали жодного завдання Кількість учнів, у відсотках, які не розв’язали жодного завдання 0 4 16 29 66 76 32

Дані, наведені в таблиці свідчать про те, що вже в 7 класі 2 учнів із 10 не змогли виконати правильно жодного завдання. У восьмому — 3 з 10, у дев’ятому — 7 з 10, у десятому — 8 з 10. Скорочення годин, відведених на курс математики, і збільшення об’єму, обов’язкового для вивчення матеріалу, породили не одну дуже серйозну проблему. Ці проблеми здебільшого пов’язані з нехтуванням фізіологічними властивостями пам’яті людини: • закону інтересу — цікаве запам’ятовується легше; • закону осмислення — те, що розумієш, краще запам’ятовується; • закону установки — якщо людина сама собі дала установку запам’ятати інформацію, то запам’ятовування відбудеться легше;

19


Методика, досвід, пошук • закону дії — інформація, що бере участь у діяльності (тобто якщо відбувається застосування знань на практиці) запам’ятовується краще; • закону контексту — при асоціативному зв’я­ зуванні інформації із раніше відомими поняттями нове засвоюється краще; • закону гальмування — при вивченні схожих понять спостерігається ефект «перекриття» старої інформації новою; • закону повторення — краще запам’ятовується інформація, яка повторюється кілька разів. Перелічені властивості пам’яті мають безпосереднє відношення до отримання негативних результатів учнями загальноосвітніх навчальних закладів у вивченні математики (і не тільки математики). Курс математики в молодшій і середній школах побудований таким чином, що практично на кожному уроці відбувається вивчення нового програмового матеріалу. Така побудова курсу сприяє «перекриттю» старої інформації новою — спрацьовує закон гальмування. Не працює закон повторення. Учень не встигає усвідомити отриману інформацію — не спрацьовує закон осмислення і т.  д. Закони пам’яті не працюють. Учитель, який усе робить за технологією (підручники, програма, дидактичний матеріал, усе, що затверджено Міністерством освіти і науки України, — це технологія), і не бачить очікуваного результату, вдається до фальсифікації цього результату. Намагаючись виправити становище, він збільшує обсяг домашніх завдань. Батьки, в свою чергу, намагаючись допомогти своїй дитині, разом із нею розв’язують ці домашні завдання. Дитина, в кращому випадку, може повторити розв’язання, в гіршому, і це буває набагато частіше, — сама в ньому нічого не розуміє. Н�� засвоївши базовий рівень, учень весь час потрапляє в ситуацію: все зрозуміло, а відповідь неправильна. Він починає боятися уроків математики. У нього з’являється комплекс неповноцінності. Неспроможність виконати завдання, запропоновані вчителем, призводять до стану пригніченості. Дослідження каліфорнійських психологів показали, що індивідуальні показники інтелекту у віці з 6 до 18 років можуть змінюватися в межах 30 одиниць. Ці зміни пов’язані з відмінностями в оточенні. У дітей, що опинилися в сприятливому емоційному середовищі, рівень інтелекту постійно підвищувався, а у дітей, до яких дорослі не виявляли достатньої турботи, спостерігався процес зниження рівня інтелекту. Що стосується емоційних відносин, то емоційна пригніченість впливала на спад IQ. Підйом же IQ пов’язаний з емоційним схваленням з боку дорослих, заохоченням ініціативи і розсудливості, а також формуванням у дитини ще не потрібних для адаптації в даному віці умінь і навичок. Стає зрозумілим, що математика із засобу розвит­ ку перетворилася на засіб пригнічення, яке призводить до гальмування інтелектуального розвитку.

20

Новозеландський учений Джеймс Флінн помітив, що стандартний коефіцієнт інтелекту IQ не залишається на місці, а зростає на 3 пункти кожні 10 років, причому в деяких країнах зростання показників відбувається швидше, ніж в інших. Приміром, у 1982 р. IQ середньостатистичного 14-річного підлітка був на 20 пунктів вище, ніж у його ровесника в 1952 році. За останнє тридцятиліття ХХ ст. інтелектуальний коефіцієнт жителів Швеції і Данії виріс приблизно на 10 пунктів, а населення Ізраїлю і Бельгії підняло свій IQ на двадцять пунктів. Підвищення рівня інтелекту впродовж життя одного покоління дає змогу припустити, що умови навколишнього середовища можуть бути двигуном для розвитку мозку та інтелектуальних здібностей. Одним із провідних факторів підвищення рівня IQ є робоча, або короткочасна, пам’ять. Вона здатна затримувати в розумі інформацію, одночасно маніпулюючи нею для розпізнавання. Короткочасну пам’ять на уроках математики можна розвинути шляхом спеціальних тренувань: • під час виконання дії множення багатоцифрових чисел учень, виконуючи множення кожної розрядної одиниці одного числа на кожну розрядну одиницю другого числа, записує кількість одиниць і, утримуючи в пам’яті кількість десятків, виконує множення наступної розрядної одиниці. Відшукавши значення добутку, він додає до нього число, яке утримував весь цей час у пам’яті, знову записує кількість одиниць отриманої суми, і знову утримує в пам’яті кількість десятків і т. д.; • під час виконання дії ділення багатоцифрових чисел учень подумки, відокремлюючи в діленому деяку кількість цифр, починаючи з найвищого розряду, порівнює виділене число з дільником. Коли він бачить, що виділене число більше за дільник, то починає робити прикидку, оцінюючи, скільки разів дільник вміщується у виділеному їм числі. Таким чином учень знаходить найбільше число, яке, при множенні на дільник, дасть йому добуток, що не перевищує виділеного ним самим числа. Виконавши множення знайденого числа на дільник, учень віднімає з виділеного числа отриманий добуток, зносить ще одну цифру діленого, записану в наступному розряді, і все починається спочатку ...; • під час усного виконання дії ділення двоцифрового числа на одноцифрове учень (утримуючи і оперуючи отриманою інформацією в короткочасній пам’яті) розкладає дане двоцифрове число в суму двох доданків так, щоб перший доданок містив таку кількість десятків, яку можна легко розділити на дільник, ділить кожний з виділених доданків на дільник і отримує результат, складаючи знайдені частки (96 : 8 = (80 + 16) : 8 = 80 : 8 + + 16 : 8 = 10 + 2 = 12); • під час додавання двох дробів з різними знаменниками учень усно знаходить найменший спільний знаменник цих дробів (найменше натуральне


Методика, досвід, пошук число, яке ділиться на знаменник кожного дробу); «тримає» в пам’яті отримане число і ділить його на знаменник кожного дробу. Список прикладів можна легко продовжити. Важливим є факт, що зазначені міркування учня можна контролювати, перевіряючи правильність виконання дій. За результатами дослідження, проведеного Деменченко Оленою (місто Псков, Росія), у 2004 році у двох дев’ятих класах, математичному та гуманітарному, було проведено групове тестування. Для діагностики вербального й обчислювальноматематичного компонентів інтелекту школярів було обрано 2 субтести: 1) на класифікацію понять; 2) на вміння знаходити числові закономірності. Аналіз результатів показав, що результати обох тестів у математичному класі перевищують результати гуманітарного класу; успішність математичного класу в середньому вища, ніж гуманітарного. Основні переваги методики відпрацювання базових алгоритмів Провідним у запропонованій методиці є активне залучення властивостей пам’яті до вивчення програмового матеріалу і створення сприятливого емоційного середовища на уроках математики. Основні засади методики відпрацювання базових алгоритмів І. Виділення певного мінімуму стратегічних (базових) тем шкільного курсу математики в молодшій школі, п’ятому, шостому і наступних класах. Причому пріоритетними в молодшій школі, 5 і 6-му класах є обчислювальні навички і розв’язування завдань, що містять відношення «більше на», «менше на», «більше в», «менше в» і задач на рух. Таким мінімумом при вивченні математики є: у 1-му класі: ♦ додавання і віднімання чисел з переходом через десяток у межах 20; ♦ розв’язування завдань, що містять відношення «більше на» і «менше на» (з обґрунтуванням). у 2-му класі: ♦ додавання і віднімання чисел у межах 100; ♦ розв’язування завдань, що містять відношення «більше на», «менше на», «більше в» і «менше в» (з обґрунтуванням); ♦ таблиця множення на 2, 3, 4, 5; ♦ дії з іменованими величинами. у 3-му класі: ♦ правила множення і ділення суми на число (навички усних обчислень); ♦ множення і ділення двоцифрового числа на одноцифрове; ♦ розв’язування завдань, що містять відношення «більше на», «менше на», «більше в» і «менше в» (з обґрунтуванням); ♦ таблиця множення на 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; ♦ алгоритм знаходження невідомої компоненти дії;

♦ дії з іменованими величинами. у 4-му класі: ♦ правила множення і ділення суми і різниці на число (навички усних обчислень); ♦ множення і ділення багатоцифрових чисел; ♦ розв’язування задач, що містять відношення «більше на», «менше на», «більше в» і «менше в» (з обґрунтуванням); ♦ алгоритм знаходження невідомої компоненти дії; ♦ дії з іменованими величинами. у 5-му класі: ♦ правила множення й ділення суми і різниці на число (навички усних обчислень); ♦ додавання і віднімання звичайних дробів з однаковими знаменниками, перетворення неправильного дробу в мішане число і навпаки, додавання і віднімання мішаних чисел; ♦ додавання, віднімання, множення і ділення десяткових дробів; ♦ розв’язування найпростіших задач на дроби і відсотки (з обґрунтуванням); ♦ розв’язування текстових задач. у 6-му класі: ♦ дії над раціональними числами; ♦ розв’язування задач на дроби і відсотки (через 1%, за правилом, за допомогою пропорції); ♦ розв’язування рівнянь (з використовуванням властивостей рівнянь); ♦ розв’язування задач за допомогою рівнянь (з обґрунтуванням); ♦ координатна площина. у 7-му класі (алгебра): ♦ додавання, віднімання і множення многочленів; ♦ формули скороченого множення; ♦ розкладання многочлена на множники (три основні способи: 1) винесенням спільного множника за дужки; 2) групуванням; 3) за формулами скороченого множення); ♦ поняття функції; ♦ розв’язування текстових задач. у 8-му класі (алгебра): ♦ дії над дробово-раціональними виразами; ♦ квадратні рівняння; ♦ дробово-раціональні рівняння; ♦ розв’язування текстових задач. у 9-му класі (алгебра): ♦ числові нерівності та їх властивості; ♦ розв’язування нерівностей; ♦ квадратична функція; ♦ розв’язування текстових задач. ІІ. Створення масивів вправ на відпрацювання і засвоєння необхідних алгоритмів кожної стратегічної теми. Розбиття цих масивів на частини (далі блоки), кожен з яких містить повний набір завдань на певний алгоритм, який має засвоїти учень при вивченні поточної теми. На розв’язування завдань одного блоку учень має витрачати 5—20 хвилин.

21


Методика, досвід, пошук ІІІ. Кожен учень отримує масив вправ із відповідями. Домашні завдання задаються на кожен день. Завдання на «щодня» включають один блок. При виконанні домашнього завдання учень фіксує час виконання, кількість зроблених помилок і записує його біля розв’язаних прикладів (завдання одного блоку вчитель має розв’язувати за 3—10 хвилин). ІV. Зошити з домашніми роботами вчитель збирає і перевіряє на кожному уроці. Застосовування чернеток ускладнює роботу вчителя тим, що він не бачить, при використанні якого алгоритму учень робить помилку. V. На початку кожного уроку вчитель виписує на дошці (виводить на інтерактивну дошку) 4—5 прикладів з масиву, який відпрацьовується (автор на своїх уроках використовує «Усні тренувальні вправи»). Навмання вибраний учень проговорює алгоритми виконання дій, на які вказує вчитель. Усі інші учні класу намагаються помітити помилку. Учні, що помітили помилку, піднімають руку, і один із них дає правильну відповідь. Після того як кожен з алгоритмів учні проговорили кілька разів, вони розв’язують записані на дошці приклади в зошитах. Закінчивши розв’язування, один із учнів читає свої записи. Усі інші — перевіряють. Якщо учень, який відповідає, зробив усе правильно, вчитель просить підняти руку тих учнів, які отримали таку саму відповідь. Учні, що отримали неправильну відповідь, виправляють свої помилки. Така робота дає можливість учителю контролювати рівень засвоєння кожного алгоритму і вносити корективи в хід уроку. У молодшій школі кількість прикладів, які діти записують у свої зошити, можна обмежити від одного до трьох, причому записати варто саме ті приклади, виконання яких виявилися для учнів найскладнішими. На таку роботу витрачається від 5 до 10 хвилин уроку, причому чим вище рівень засвоєння матеріалу, тим менше часу витрачається на її виконання. VІ. Якщо рівень розумового розвитку учнів класу, в якому працює вчитель, низький, доцільно вимагати від кожного учня записувати алгоритм розв’язування до кожної дії. Починати записувати такі алгоритми варто з вивчення дій над десятковими дробами у п’ятому класі. Пояснення до обчислення кожної окремої дії можна не записувати, якщо рівень розумового розвитку класу є досить високим або всі вправи блоку учень виконує швидко і без помилок (алгоритм відпрацьований). Зразки пояснень при виконанні дій над числами Обчислити: 1) 3,03 – 1,124; Віднімаємо стовпчиком. Кома під комою. У зменшуваному дописуємо нуль. − 3, 030 − 3, 030 1,124 1,124 1,906 1,906

22

2) 0,03 · 1,7; Обчислюємо 3 · 17 = 51. Відокремлюємо праворуч 2 + 1 = 3 знаки. 0,03 · 1,7 = 0,051. 3) 0,03 · 0,001; У числі 0,03 кому переносимо ліворуч на 3 знаки. 0,03 · 0,001 = 0,00003. 4) 0,03 · 100; У числі 0,03 кому переносимо праворуч на 2 знаки. 0,03 · 100 = 3. 5) 0,035 : 0,07; У діленому і дільнику кому переносимо праворуч на 2 знаки. 0,035 : 0,07 = 3,5 : 7 = 0,5. 6) 6 1 − 2 5 ; 3 6 6 13 − 2 56 = 6 62 − 2 56 = 5 86 − 2 56 = 3 36 = 3 12 . НСК(3; 6) = 6. Додатковий множник для І дробу 6 : 3 = 2. Від «цілого ціле» від «дробового дробове». Скорочуємо «все що скорочується». 7) –3,03 – 1,124; Сума двох від’ємних чисел. Знак «–». Модулі додаються. – 3,03 – 1,124 = – (3,03 + 1,124) = – 4,154. 8) –3,03 + 1,124 Сума чисел з різними знаками. Знак «–». Від більшого модуля віднімаємо менший. 9) – 0,03 · 1,7; Добуток. Одне від’ємне число. Знак «–». Модулі множаться. – 0,03 · 1,7 = – 0,051. 10) – 0,035:(– 0,07); Частка. Два від’ємних числа. Знак «+». Модулі діляться. – 0,035 : (– 0,07) = +3,5:7 = 0,5. 11) – (– 0,03)3; Добуток. Чотири від’ємних числа. Знак «+». Модулі множаться. – (– 0,03)3 = + 0,033 = 0,000027. Зразок пояснень при розв’язуванні рівняння: x−

2x − 3 8

=

2x − 5 4

⋅8

Множимо обидві частини рівняння на найменший спільний знаменник — число 8 і скорочуємо дроби. 8x −

8( 2x − 3) 8

8( 2x − 5) 4

=;

8x – (2x –3) = 2(2x –5). Розкриваємо дужки. 8x – 2x + 3 = 4x –10. Доданки, що містять змінну, переносимо в ліву частину рівності, а ті, що не містять — у праву, змінюючи при цьому їх знаки на протилежні. 8x – 2x – 4x = –10 – 3. Зводимо подібні доданки і ділимо обидві частини отриманого рівняння на коефіцієнт біля змінної — число 2. 2х = – 13 |: 2;


Методика, досвід, пошук х = – 13 : 2; x= −

13 . 2

Відповідь. x = −6

1 2

.

Тему можна вважати засвоєною, якщо завдання масиву учень виконує не замислюючись, витрачає на виконання вправ одного блоку мінімум часу і робить не більше однієї помилки, яку сам може відшукати і виправити. VІІ. Домашня робота може містити завдання, які не потрапили в масив вправ, що відпрацьовується, тільки за умови, що алгоритми масиву повністю засвоєні учнем. Вправи, розв’язування яких вимагає застосування невідпрацьованих алгоритмів або вимагає застосування невідомих учням алгоритмів, можуть входити у домашні завдання тільки за умови, що алгоритми масиву повністю засвоєні учнем і не є обов’язковими для виконання. Автор створив масиви вправ (деякі з них варто відкоригувати, так при відпрацюванні матеріалу теми «Властивості дій над числами, формула», діти не володіли навичками дій над натуральними числами, тому блоки вийшли «роздутими») на відпрацювання обчислювальних навичок: • дії над натуральними числами; • властивості дій над числами, формула; • звичайні дроби з однаковими знаменниками; • дії над десятковими дробами і звичайні дроби з однаковими знаменниками; • дії над звичайними дробами з різними знаменниками і десятковими дробами; • дії над раціональними числами; • дії над раціональними числами; рівняння, що зводяться до лінійних. Опрацьовуються такі масиви вправ: • перетворення добутку в многочлен стандартного вигляду за формулами скороченого множення;

• перетворення многочлена в добуток за формулами скороченого множення; • означення і властивості арифметичного квад­ ратного кореня; • розв’язування найпростіших ірраціональних і квадратних рівнянь; • квадратні рівняння; • теорема Вієта; • числові нерівності та їх властивості; • розв’язування нерівностей; • метод інтервалів розв’язування нерівностей; • функція, означення і властивості; • перетворення графіків функцій; • методи розв’язування рівнянь вищих степенів; • системи рівнянь з двома невідомими; • тригонометричні тотожності; • найпростіші тригонометричні рівняння і нерівності; • методи розв’язування тригонометричних рівнянь. Перспективи використання методики відпрацювання базових алгоритмів Застосування методики дає змогу: • сформувати в учнів потужні обчислювальні навички, які в свою чергу позитивно впливають на розумовий розвиток і є необхідною складовою подальшого успішного навчання (не тільки математики); • оволодіти учню базовим рівнем у повному обсязі, що надає йому відчуття впевненості у своїх силах і мотивує до подальшого навчання; • кожному учню стати активним учасником уроку (кожний учень розуміє все, що відбувається на уроці і може сам отримати позитивний результат); • покращити рівень вивчення інших шкільних предметів, у яких можливим є виділення базових тем курсу. Таких, як фізика, хімія, українська мова тощо.

Кілька варіантів завдань, які доцільно використовувати для перевірки засвоєння учнями вказаних алгоритмів наведено у таблиці. Дії з натуральними числами Варіант 1

Дії з раціональними числами

Варіант 2

Варіант 1

Обчисліть:

Обчисліть:

1) 5701– 359

1) 1403―494

1) −  − 2  ;

2) 6425+675

2) 942 + 658.

3) 4203– 704

3) 12год 3сек―3хв

2) – 4,04 + 1,29;

4) 7352 + 889

4) 781 ⋅ 100

5) 2 т 3 ц 8 кг– 45 кг

5) 927 · 37

6) 34–100

6) 999 + 47

7) 475·24

7) 68 ∙ 5

5) – 487 4 – 0,125;

8) 64000:1600

8) 609 : 7

6) 0,02 : (–0,5);

9) 2754:27

9) 54000 : 270

 

3) −

1 3

2

4 4  :  − 4  ; 21 21  7

4) –2,9 ∙ 0,02; 3

7) – 295 3 + 5 5 8 6 8) (–0,3)3.

Варіант 2 3

3

1) − 443 + 8 4 2) –7,1 – 1,99 3) –14,35 : 7 4) – (–0,3)2

7  8

3 

5) − 5 :  −  5 6) – 0,25 + 1,5

2 ∙ 0,125 5 7 2 8) − − 666 20 20 1515 7) –

23


Методика, досвід, пошук Застосування властивостей коренів кубічного рівняння до розв’язування задач із параметрами Олена Владімірова — студентка IV курсу механіко-математичного факультету Київського національного університету імені Тараса Шевченка

Розв’язування багатьох абстрактних і приклад­ них задач зводиться до розв’язування різних видів рівнянь. Окремі види кубічних рівнянь розв’я­зу­ вали вчені Стародавньої Греції та давнього Китаю. Повну класифікацію кубічних рівнянь, а також загальний спосіб їх розв’язування за допомогою перетину кривих другого порядку дав видатний перський поет і вчений Омар Хайям. Він вигадав дуже важкі, але красиві способи геометричних побудов для розв’язування кубічних рівнянь, а точніше, для доведення принципової можливості їх розв’язувати. З того часу вчені майже чотириста років шукали формули для розв’язування кубічних рівнянь. Історія відкриття цих формул нагадує пригодницький роман. Але ні трагічна доля одних, ні невдачі інших не змогли зупинити дослідження, і в XVI ст. було відкрито спосіб розв’язування кубічних рівнянь. Формули, за якими можна розв’язувати кубічні рівняння, називають формулами Д. Кардано, хоча насправді їх автором був Н.  Тарталья. Багато сучасних збірників задач різного призначення містять кубічні рівняння з параметрами [1], [4], [5]. Причому інколи потрібно не розв’язати рівняння, тобто знайти його корені, а вказати кількість коренів при певних значеннях параметра, або вказати за яких значень параметра корені рівняння задовольняють певні умови. Ми звикли розв’язувати такі задачі для квадратних рівнянь: за знаком дискримінанта знаходимо кількість коренів рівняння, а за місцем коренів квадратного тричлена на числовій прямій досліджуємо їх розміщення щодо деяких заданих величин [6]. Аналогічні задачі можна розв’язувати і для кубічних рівнянь. Нехай дано кубічне рівняння у загальному вигляді: a 3x 3 + a 2x 2 + a 1x + a0 = 0, a3 ≠ 0. Якщо a3 ≠ 1, то поділимо обидві частини рівняння на a3, отримає рівняння: x3 + ax2 + bx + c = 0. (1) a Підстановка x= y − приведе вказане рівнян3 ня до вигляду:

a2 2a3 ab y3 +  b −  y +  − + c  = 0. 3  3   27  a2 3

Позначимо: p = − + b, q =

2a3 27

ab 3

+ c.

Отримаємо неповне кубічне рівняння: y3 + py + q = 0. (2) a Як бачимо, підстановкою x= y − будь-яке ку3 бічне рівняння можна звести до рівняння вигляду (2). А тоді, знаючи y, можна знайти значення x. Отже, щоб розв’язати рівняння (1), досить вміти розв’язувати рівняння вигляду (2). А для такого рівняння існує формула, за якою знаходяться його корені. Це формула Кардано, яка має вигляд: y =3 −

q 2

+

( q2 ) + ( 3p )

3

2

+3−

q 2

( q2 ) + ( 3p ) 2

3

.

Застосовуючи цю формулу, потрібно для кожного значення u =3 −

q 2

+

( q2 ) + ( 3p )

v =3 −

q 2

( q2 ) + ( 3p )

3

2

2

3

брати те значення , для якого виконується

p

умова uv = − . 3 Користуючись цією формулою, можна розв’язати будь-яке кубічне рівняння. Позначимо вираз

( )

2 3 q + p    2 3

= R , тоді вираз

D = –108R називається дискримінантом кубічного рівняння. Ми знаємо, що кількість коренів квадратного рівняння залежить від знака дискримінанта. При D > 0 квадратне рівняння має два дійсних корені, при D = 0 — один (два корені, що збігаються), при D < 0 — дійсних коренів немає. Подібна залежність існує і для кубічного рівняння. Теорема 1. Нехай x3 + px + q = 0 — непов­ не кубічне рівняння з дійсними коефіцієнтами і

( ) ( )

 q 2 p 3 −108 + D=  — дискримінант цього рів2 3   y− y− y− +c= няння. Дане рівняння має: 1 2 a3 a3 1 1) три різні дійсні корені тоді і тільки тоді, 3 2 2 2 2 0; = y − y a + 3 a y − 27 + ay − 3 a y + 9 + by − 3 ab + c = коли D > 0;

(

) (

a 3 +a 3

) (

a 2 +b 3

© Владімірова О. В., 2012

24

a 3

)


Методика, досвід, пошук 2) три дійсні корені, два з яких збігаються (при p ≠ 0) або всі три збігаються (при p = 0) тоді і тільки тоді, коли D = 0; 3) один дійсний корінь і два комплексно спряжені тоді і тільки тоді, коли D < 0 [3]. Наведена теорема дає можливість досліджувати кількість коренів неповного кубічного рівняння, але цією теоремою можна користуватися і у випадку повного кубічного рівняння. Для цього досить виразити p і q через коефіцієнти даного рівняння за a2 3

формулами p = − + b, q =

2a3 27

ab 3

+ c.

З а у в а ж е н н я . Оскільки при p ≥ 0 рівняння (1) має один дійсний корінь, то у цьому випадку можна не знаходити дискримінант, а відразу робити висновки про кількість коренів рівняння. Умова p ≥ 0 рівнозначна умові a2 – 3b ≤ 0 для випадку повного кубічного рівняння. Тому при a2 – 3b ≤ ≤ 0 рівняння має один дійсний корінь. Задача 1. За яких значень параметра a рівняння x3 – а2x – 2a = 0 має один дійсний корінь? Розв’язання. 1. За умовою задачі p = – a2, тобто p = 0 при a = 0. Отже, при a = 0 рівняння має один дійсний корінь. 2. Нехай a ≠ 0. Рівняння матиме один дійсний корінь при D < 0 (R > 0). R=

( q2 ) + ( 3p ) =( −22a ) 2

a2(27 − a4 ) 27 4

3

2

3 a6 a2(27 − a4 ) − a2  . +  = a2 − =  27 27  3 

> 0 ; 27 – a4 > 0; a4 < 27;

a∈ ( − 27; 0) ∪ (0; 4 27 ) . Відповідь: a∈ ( − 4 27; 4 27 ) . Задача 2. Залежно від значень параметра a встановити кількість розв’язків рівняння x3 – 3(a + 1)x2 + 3x + 3a – 1 = 0. Розв’язання. Знайдемо p і q: p =−

9( a + 1)2 3

+ 3 =– 3(a + 1)2 + 3 = – 3a2 – 6a –

– 3 + 3 = –3a2 – 6a; = q

2( −3( a + 1))3 27

−9( a + 1) = + 3a − 1 3

= –2(a + 1)3 + 3(a + 1) + 3a – 1 = = –2a3 – 6a2 – 6a – 2 + 3a + 3 + 3a – 1 = = –2a3 – 6a2. Тоді R = (–  a3 – 3a2)2 + (–  a2 – 2a)3 = a4(a + 3)2 – – a3(a + 2)3 = a3(a(a + 3)2 – (a + 2)3) = a3(a3 + + 6a2 + 9a – a3 – 6a2 – 12a – 8) = a3(– 3a – 8) = = –  a3(3a + 8). Отже, D = –  108R = 108  a3(3a + 8). Маємо: 8

D > 0 при a∈ ( −∞; − ) ∪ (0; ∞) — рівняння має 3 три різні дійсні корені; 8

D < 0 при a∈ ( − ; 0) — рівняння має один дій3 сний корінь;

{

8 3

}

D = 0 при a∈ − ; 0 , p = 0 при a ∈ {–2; 0}, тому при a = −

8 3

рівняння має два дійсні корені,

а при а = 0 рівняння має один дійсний корінь.

(

Відповідь: якщо a∈ −∞; −

8 3

) ∪ ( 0; ∞ ) , то рівнян-

ня має три різні дійсні корені; якщо a = −

(

8

8 3

рів-

няння має два дійсні корені; якщо a ∈ − ; 0 , то 3  рівняння має один дійсний корінь. Задача 3. Залежно від значень параметра a встановіть кількість розв’язків системи рівнянь 6; x + y + z =  9;  xy + yz + xz =  xyz = a.  Розв’язання. Вказана система — це запис теореми Вієта для кубічного рівняння. Тому розв’язки системи є коренями кубічного рівняння t3 – 6t2 + + 9t – a = 0. Розв’язуючи симетричні системи, потрібно враховувати, що, отримавши один розв’язок, шляхом перестановки отримаємо інші. Тому якщо відповідне кубічне рівняння має три різні дійсні корені t1, t2, t3, то шляхом перестановки з розв’язку (t1; t2; t3) отримаємо шість розв’язків системи. Якщо рівняння має два дійсні корені, то система матиме три розв’язки. Якщо рівняння має один корінь кратності три, то система матиме один розв’язок. Якщо рівняння має один дійсний корінь кратності один, то система розв’язків не матиме. Дослідимо зазначене рівняння на кількість розв’язків. 36 + 9 =−12 + 9 =−3 ; 3 2 ⋅ 216 q =− + 18 − a =−16 + 18 − a =2 − a ; 27 2 a2 − 4a 4 − 4a + a2 = R 2 − a + (= −1)3 = −1 . 4 4 2

p =−

( )

Якщо D < 0, a2 – 4a > 0, a ∈ (–  ∞; 0) ∪ (4; ∞), то рівняння має один дійсний корінь. Отже, система розв’язків не матиме. Якщо a ∈ {0; 4}, p = –3 ≠ 0, то рівняння матиме два дійсні корені. Отже, система матиме три розв’язки. Якщо a ∈ (0; 4), то рівняння має три різні дійсні корені. Тоді система матиме шість розв’язків. Відповідь: якщо a ∈ (–  ∞; 0) ∪ (4; ∞) — система розв’язків не має; якщо a ∈ (0; 4) — система має 6 розв’язків; якщо a ∈ (0; 4) — система має 3 розв’язки. Розв’язуючи задачі з параметрами на дослідження коренів квадратного рівняння, часто користуються не дослідженням самих коренів, а їх розміщенням на числовій прямій. Це зручно робити у тому випадку, коли дискримінант квадратного рівняння не є повним квадратом. Розв’язуючи задачі, в яких потрібно дослідити корені кубічного рівняння, знаходять похідну функ-

25


Методика, досвід, пошук ції, яка визначається цим рівнянням, її критичні точки та значення функції у цих точках. Потім досліджують ці значення. Цей метод дуже дієвий у випадку, коли дискримінант похідної є повним квадратом і критичні точки будуть «красиві». В іншому випадку краще досліджувати розміщення коренів кубічного рівняння. Встановимо властивості розміщення коренів спочатку для неповного кубічного рівняння. Нехай дано рівняння x3 + px + q = 0. (3) Раніше було встановлено, що при p ≥ 0 це рівняння (3) має єдиний дійсний корінь, причому x < 0 при q > 0, x > 0 при q < 0, x = 0 при q = 0. Нехай p < 0. Надалі проводитимемо дослідження для випадку, коли рівняння (3) має три різні дійсні корені, тобто D > 0. Розглянемо функцію f  (x) = = x3 + px + q, x ∈ R. f  ′(x) = 3x2 + p, X =± −

p 3

— критичні точки. Оскільки критичні точки — протилежні числа, то один із коренів рівняння менший за − −

p 3

, а інший — більший за

p 3

,

тобто один із коренів від’ємний, а інший — додатний. Отже, всі три корені рівняння бути одночасно додатними або від’ємними не можуть. Якщо два корені від’ємні, то q < 0. Якщо два корені додатні, то q > 0. Розглянемо розміщення коренів відносно деякого числа А. Теорема 2. Всі три корені рівняння (3) більші за число A(A < 0) тоді і тільки тоді, коли виконуються умови  D > 0;   f ( A) < 0;  2 3A + p > 0. Доведення. І. Нехай корені рівняння (3) більші за A, тобто A < x1 < x2 < x3. Доведемо, що тоді виконуються умови теореми. Оскільки всі три корені існують, то умова D > 0 виконується. Нехай X1 і X2 — критичні точки функції f  (x) = = x3 + px + q, графік якої зображено на малюнку. Очевидно, що A < x1 < X1 < x2 < X2 < x3. Отже, X1 і X2 лежать правіше від A.

тобто має виконуватися умова f  ′(A) > 0. Оскільки f  ′(x) = 3x2 + p, то f  ′(A) = 3A2 + p. Отже, умова 3A2 + p > 0 виконується. Доведемо виконання умови f  (A) < 0. Функція f  (x) при x ∈ (–  ∞; X1) зростає. Тоді при A < x1 < X1 f  (A) < f  (x1). Оскільки f  (x1) = 0, то f  (A) < 0. Отже, якщо всі корені рівняння (3) більші за A, то умови теореми виконуються. ІІ. Нехай для рівняння (3) виконуються умови теореми. Доведемо, що всі корені рівняння більші за число A, тобто A < x1 < x2 < x3. Припустимо супротивне. Нехай x1 < A < x2 < x3. Оскільки при x ∈ (x1; x2) функція набуває лише додатних значень і A ∈ (x1; x2), то f  (A) > 0, що неможливо, бо за умовою f  (A) < 0. Отримали протиріччя. Припустимо, що x1 < x2 < A < x3. Тоді X1 < A < 0. Оскільки при x ∈ (– ∞; 0) f  ′(x) спадає, то f  ′(X1) > > f  ′(A), f  ′(X1) = 0, тоді f  ′(A) < 0, тобто 3A2 + p < < 0, що не можливо, бо за умовою теореми 3A2 + + p > 0. Припустимо, що x1 < x2 < x3 < A. Це теж неможливо, оскільки x3 > 0, A < 0. Отже, з усіх можливих варіантів розміщення точок x1, x2, x3 відносно A, умову теореми задовольняє лише один, а саме A < x1 < x2 < x3. Теорему доведено. Інші властивості розміщення коренів неповного кубічного рівняння наведені у таблиці 1 (їх доведення аналогічні до попереднього). x3 + px + q = 0

1.

2.

3.

A < x1 < x2 < x3

( A < 0)

x1 < x2 < x3 < A

( A > 0)

A < x1 < x2 < x3 < B

( A < 0; B > 0)

 D > 0;   f ( A) < 0;  2 3A + p > 0

 D > 0;   f ( A) > 0;  2 3A + p > 0

 D > 0;   f ( A) < 0;   f ( B) > 0;  2 3A + p > 0;  2 3B + p > 0

 D > 0;   f ( A) ≤ 0;   f ( B) ≥ 0;  2 3A + p > 0;  2 3B + p > 0

y

A

x1

X1 x 2

X2

x3 x

Користуючись розміщенням коренів квадратного тричлена, це буде рівносильно виконанню умов  D( f ′( x)) > 0;  ,  f ′( A) > 0;  X > A.  0

26

4.

A ≤ x1 < x2 < x3 ≤ B

( A < 0; B > 0)

Таблиця 1


Методика, досвід, пошук

5.

x1 < A < x2 < x3

D > 0   f ( A) > 0   A < 0;   2   3A + p < 0;     A > 0

6.

x1 < x2 < A < x3

D > 0   f ( A) < 0   A > 0;   2   3A + p < 0;     A < 0

7.

x1 < A < x2 < B < x3

 f ( A) > 0;   f ( B) < 0

Для дослідження зведеного кубічного рівняння x3 + ax2 + bx + c = 0 (4) можливі два варіанти: Оскільки незалежно від виду рівняння потрібно знаходити дискримінант, тобто знаходити p і q, то можна скористатися умовами розміщення коренів неповного кубічного рівняння, але при цьому потрібно пам’ятати, що числа A і B зміняться. Тому потрібно розглядати розміщення коренів відносно нових чисел A* і B*, які a a визначаються за формулами A*= A − , B*= B − , 3 3 оскільки при переході від повного кубічного рівняння a до неповного ми робили заміну x= y − . 3 Встановимо теореми, подібні до попередніх, для зведеного кубічного рівняння виду (4). Теорема 3. Всі три корені рівняння (4) додатні тоді і тільки тоді, коли виконуються умови  D > 0;  a < 0;  b > 0; c < 0. Доведення. 1. Припустимо, що всі корені рівняння (4) додатні. Доведемо, що тоді виконуються умови теореми. Розглянемо функцію f  (x) = x3 + ax2 + bx + c. Очевидно, якщо всі корені додатні, то мають виконуватися умови

Умова D(f  ′) > 0 виконується завжди, бо ми припустили, що рівняння (4) має три корені, отже X1, X2 — існують, звідки D(f  ′) > 0. Отже, якщо всі корені рівняння (4) додатні, то a < 0, b > 0, c < 0. 2. Нехай для рівняння (4) виконуються умови a < 0, b > 0, c < 0. Доведемо, що всі корені рівняння додатні. Якщо c < 0, то за теоремою Вієта x1x2x3 > 0, що можливо, якщо всі корені додатні, або два від’ємні і один додатний. Припустимо, що рівняння має два від’ємні корені. Тоді X1 < 0. Оскільки

X1 =−a − a2 − 3b , то

a2 − 3b > −a , a2 – 3b > a2, – 3b > 0, b  < 0, що суперечить умові b > 0. Отже, наше припущення неправильне, і всі три корені рівняння додатні. Теорему доведено. Аналогічно можна сформулювати та довести інші властивості розміщення коренів зведеного кубічного рівняння (див. таблицю 2). x3 + ax2 + bx + c = 0

1.

2.

3.

4.

0 < x1 < x2 < x3

x1 < x2 < x3 < 0

A < x1 < x2 < x3

x1 < x2 < x3 < A

 D > 0;  a > 0;  b > 0; c > 0

 D > 0;   f ( A) < 0;  2 3A + 2aA + b > 0; a < −3A 

 D > 0;   f ( A) > 0;  2 3A + 2aA + b > 0; a > −3A 

 D > 0;   f ( A) < 0;  f ( B) > 0;   2 3A + 2aA + b > 0;  2 3B + 2aB + b > 0; −3B < a < −3A

 

5.

A < x1 < x2 < x3 < B

Таблиця 2

 D > 0;  a < 0;  b > 0; c < 0

 f (0) < 0;   X1 > 0;  X > 0.  2 Оскільки f (0) = c, то перша умова рівносильна умові с < 0. Враховуючи розміщення коренів квад­ратного тричлена, умови X1 > 0, X2 > 0 рівносильні умовам f  ′(0) > 0, X0 > 0, D(f  ′) > 0. Розглянемо ці умови. a f ′(x) = 3x2 + 2ax + b, f ′(0) = b, b > 0. X 0 =− > 0 , 3 a < 0.

−a − a2 − 3b < 0 ,

27


Методика, досвід, пошук

A ≤ x1 < x2 < x3 ≤ B

6.

x1 < A < x2 < x3

7.

 D > 0;   f ( A) ≤ 0;  f ( B) ≥ 0;   2 3A + 2aA + b > 0;  2 3B + 2aB + b > 0; −3B < a < −3A

D > 0   f ( A) > 0  a ≤ −3A;   2   3A + 2aA + b < 0;   a > −3A 

8.

x1 < x2 < A < x3

D > 0   f ( A) < 0  a ≥ −3A;   2   3A + 2aA + b < 0;   a < −3A 

9.

x1 < A < x2 < B < x3

 f ( A) > 0;   f ( B) < 0

Задача 4. При якому значенні параметра a всі три корені рівняння x3  – 3(a + 1)x + 6a + 2 = 0 більші за –2? Розв’язання. Розглянемо функцію: f  (x) = x3 – – 3(a + 1)x + 6a + 2. Корені рівняння будуть більші за –2, якщо виконуються умови  D > 0;   f ( A) < 0;  2 3A + p > 0. 1) D > 0 (R < 0): = R

(

6a + 2 2

) + (− 2

2

)

3 3( a + 1) = 3

(3a + 1)2 – (a + 1)3 =

a∈ (3 − 2 3; 0) ∪ (3 + 2 3; ∞) . 2) f  (A) = f  (–2) = –  8 + 6a + 6 + 6a + 2 = = 12a; 12a < 0; a ∈ (–  ∞; 0). 3) 3A2 + p = 3(–2)2 – 3(a + 1) = 12 – 3a – 3 = = 9 – 3a; 9 – 3a > 0; a < 3; a  ∈ (–  ∞; 3). Отже, отримали систему a ∈ (3 − 2 3; 0)  (3 + 2 3; ∞);  a∈ (3 − 2 3; 0) . a ∈ ( −∞; 0); a ∈ ( −∞;3);  Відповідь: a∈ (3 − 2 3; 0) .

)

(

3  16a a  3(2a − 3) 1) R = ( −8a a )2 + (2a − 3)3 = = − 2  + 3   = 64a3 + 8a3 – 36a2 + 54a – 27 = 72a3 – 36a2 + + 54a – 27 = 36a2(2a – 1) + 27(2a – 1) = (2a – 1) (36a2 + 27). D > 0 при R < 0, тобто при (2a – 1)(36a2 + 27) < 1 < 0, a < . 2 −27 − 18a + 27 − 16a a = 2) f ( −3) = = −18a − 16a a = −2a(9 + 8 a ) ; −2a(9 + 8 a ) ≤ 0 ; a ≥ 0.

3) f (3) = 27 + 18a − 27 − 16a a = = 18a − 16a a = 2a(9 − 8 a ) ; 81 2a(9 − 8 a ) ≥ 0 ; a ∈ 0;  .  64  4) 27 + p > 0; 27 + 3(2a – 3) > 0; 6a + 18 > 0; a > –3. Тоді, повертаючись до системи, отримаємо

(

= –  a3 + 6a2 + 3a; –  a3 + 6a2 + 3a > 0; a( a − 3 + 2 3)( a − 3 − 2 3) > 0 ;

28

Задача 5. За яких значень параметра a всі три корені рівняння x3 + 3(2a − 3) x − 16a a = 0 належать проміжку [–3; 3]? Розв’язання. Розглянемо функцію f ( x) =x3 + 3(2a − 3) x − 16a a , a ≥ 0. Для того щоб всі корені належали відрізку [–3; 3], мають виконуватися умови  D > 0;   D > 0;  f ( A) ≤ 0;    f ( −3) ≤ 0; тобто   f ( B) ≥ 0;  2  f (3) ≥ 0; 3A + p > 0; 27 + p > 0.  2 3B + p > 0,

)

a ∈ −∞; 1 ;  2  a ∈ 0; ∞ ; 1 a ∈ 0; .   2 81 a ∈ 0;  ;   64  a ∈ ( −3; ∞);  1 Відповідь: a ∈ 0; .  2 Задача 6. За яких значень параметра a корені рівняння x3 – 3ax2 + a2 = 0 належать проміжку (–2; 3)? Розв’язання. Перший спосіб. Запишемо умови, які мають виконуватися у даному випадку

)

)

 D > 0;  D > 0;  f ( −2) < 0; −А2) < 0;  ff ((3) > 0;  f (3) (В)> 0; 3A2 + 2aA > 0; 3A2 + 2aA > 0;  2 + 3B 2 2aB > 0; 3 B + 2aB > 0; −2 < − a < 3., де f(x) = x3–3ax2+a2, A=–2, B=3. −А2 < − a3 < B, 3. 3 


Методика, досвід, пошук f  (–2 – a) = (–2 – a)3 – 3a2(–2 – a) + a2 – 2a3 = = –  8 – 12a – 6a2 – a3 + 6a2 + 3a3 + a2 – 2a3 = = a2 – 12a – 8; a2 – 12a – 8 < 0; a∈ (6 − 2 11; 6 + 2 11) . 3 f  (32 –3 a) 4= (35 – a) – 3a2(3 – a) + a2 – 2a3 = 3 2 2 3 2  a − 4a +2 4a6 3 6 3a  a4 − 4a5 + 4a6  a2 − 2a3   3a2  6  a − 2a  27 – 27a + 9a – − a a – 9a2 + 3a3 + a2 – 2a3 = = − R  = − − aR   +==  + =  4 4  2  = a2 3– 27a + 27;  2   3  a4 − 4a5 + 4a6 − 4a6 a4 (1 − 4a) 27 − 3 69   27 + 3 69   ; = a2 – 27a + 27 > 0; a ∈  −∞; ∪ 2 ; ∞ . 4 4 2     a4 (1 − 4a) 1 2 2 2 2 < 0; a> . 3A + p = 3(–2 – a) – 3a = 12 + 12a + 3a – 4 4 3 34 2 5 2 23 2 3 2  2 a62  6 a4 − 4a5 + 4a6 – 3a 3   a a − 2  a a a a − + 3 4 4   a a − 2 2 +2 = R − 12a − a6 = 12 + 12a; = − 12a − a– 8 < 40; –  +8= + + a ; a + 2)R f  (–2) ==      3   2   3  2  4 12 + 12a > 0; a > –1. a∈ 6 211; 11; −6 6 211) 11) a∈ ( −(6−(−6−2 − 6− + 2 a∈ − −211; + +211) . 3B2 + p = 3(3 – a)2 – 3a2 = 27 – 18a + 3a2 –   2 2 3) f (3) = 27 – 27a + a ; a – 27a + 27 > 0; – 3a2 = 27 – 18a; 27 – 18a > 0; а < 1,5. 27 − 3 69   27 + 3 69   a ∈  −∞; ; ∞ ∪  Повертаючись до системи, отримаємо 2 2    . a ∈ 1 ; ∞ ;1 a∈ ; ∞ ; 4) 3(–2)2 + 2(–3a)(–2) > 0; 12 + 12a > 0;  4  4 a > –1   2 6a(−∈−(2 11; 11); 22−11; −11; 66+2+− 226 11) 5) 3 ⋅ 3 + 2(–3a) ⋅ 3 > 0; 27 – 18a > 0; a < 1,5; a ∈ ( −a∈ −6 11;6 −+ +11) ( 6−−−6 2− 2 11); a∈  6) –2 < a < 3.     27 − 3 69   27 69+ 3 69  + 3 27  ;  −∞; 27 −3∪ 69 Повертаючись до системи, отримаємо a∈ a ∈  −∞   ∪2 ; 2∞  ; ; ∞  ; 2 2          a ∈ 1 ; ∞ ;   ∈ − ∞ a ( 1; ); a ∈ ( −1; ∞);  4    3 a ∈ −∞ a ∈ a∈ −22611) +11) a(∈−( −6( − 211;−11; 2; 11); ; −∞ ; ;3 ; 6−6 −22−11; −66++ a∈ 2  2    27 − 3 69   27 + 3 69   a ∈  −∞; ; ∞ ; ∪ 2 2  27 − 3 6927 − 3 69        −6; + 2 11;  . a ∈  −6 +a ∈ 2 11;  2   a ∈ ( −1; ∞);   2  27 − 3 6927 − 3 69   a ∈  −6a+∈ 2  11; 3 Відповідь: −6 + 2 211;  .    ∈ −∞ a ; ;   2     2    Задача 7. За яких значень параметра a корені a ∈ ( −2; 3); рівняння x3 – 2ax2 + 6ax – a2 = 0 є сторонами різностороннього трикутника периметра 2a? 27 − 3 69    −6;+272− 311;69  . a ∈  −6 a 2  11; +∈ Розв’язання. Враховуючи нерівність трикутника,  2     2 числа 0 < x1 < x2 < x3 будуть сторонами трикутника периметра 2a, якщо 27− 3 69  27 − 3 69   Відповідь: 6;+ 2 11;  . a ∈  −6a+∈2 −11;  2  x3 < x1 + x2;  x3 < x1 + x2;    2 x < 2a – x3;   −3a 2a.  x1 + x2 = 2a − x3. 3  x1 + x2 + x3 = Другий спосіб. Зробимо заміну y =+ x =− x a, 3 яка зведе дане рівняння до неповного кубічного рівx3 < a. няння. Тоді проміжок (–2; 3) перейде у проміжок Тобто ми маємо встановити, за яких значень па(–2 – a; 3 – a), тобто нам треба дослідити рівняння раметра а дане рівняння має три різні дійсні доу3 – 3a2у + a2 – 2a3 = 0 на проміжку (–2 – a; 3 – a). датні корені, менші за a, a > 0. Для цього мають виконуватися умови ≥ 0; D >   D > 0;  f ( A) < 0;   f ( B) > 0;  f ( −2 − a) < 0;   3A2 + 2aA + b > 0; f (3 − a ) > 0;    2 3B 2 + 2aB + b > 0; 3A + p > 0;   2  A < − a < B, 3B + p > 0. 3  1   За доведеним раніше D > 0 при a > . де f (x) = x3 – 2ax2 + 6ax – a2; A = 0, B = a. a2 3

2 a( − 3a)2 ( −3a)2 +b= = −−3a2 ; =−3a2 3 3 3 3 2a3 ab 22(a3−3a)ab 2 2( −3a3)3 22 = − +qc= = − ++ac = =−2a ++aa ; =−2a3 + a2 27 3 27 27 3 27

p =− 1) + pb= = −−

( )( )

( )

( () )

4

29


− 2a) 9

Методика, досвід, пошук Тоді f  (А) = f  (0) f  (B) = f  (a) 3A2 + 2aA + 3B2 + 2aB + 4a2 3

p= −

2a(9 − 2a) 3

2( −2a)3 27

;

2a ⋅ 6a 16a3 − a2 = − + 3a2 3 27 2 3  a2(81 − 16a)  + 2a(9 − 2a) =   54 9  

a2(81 − 16a) 27

+

=

;

Оскільки a  D > 0;  4 2 3 3 8 − a > 0; a4a − 16a−)216a8)a3(9 − 28aa) (9a−3 2a) 2 a (81(81 2 + = 32 a − 333 a + 864 . + 32a − 333ap+=864 –  4 – 27= ⋅4 542 93

R= 3

–a ; –a3 + 5a2; = 6a; = – a2 + 6a;

+ 6a =

q=

)=

= = b b

tg3x – 6  tg2x + (8 – a) tg  x – 4 = 0. Зробимо заміну tg  x = t, t > 0, оскільки х∈(0; 0,5). Отримаємо рівняння t3 – 6t2 + (8 – a)t – 4 = 0, яке повинно мати три додатні корені, тобто мають виконуватися умови  D > 0;  a < 0;  b > 0; c < 0.

2

)

(

542

93

(

27 ⋅ 4

(

)

)

(

(

(

(

( ) [2].

= a  sin  2x + 10 має рівно 3 розв’язки на 0;

π 2

( ) , то cos  x ≠ 0, тому

Розв’язання. Якщо x ∈ 0;

π 2

поділимо обидві частини рівняння на cos2x. 2tg x

(

8

2

cos x

)

2cos2 x − 1

− 7tg2 x + 2 ⋅ = a 2 cos x

2sin x cos x cos2 x 2

+

10

cos2 x

;

= 2a tg x+ 2 tg x(8(1 + tg2x) – 7 tg2x) + 4 – cos2 x 2 + 10(1 + tg x); 2  tg  x(8 + tg2x) + 4 – 2(1 + tg2x) – 10(1 + tg2x)– – 2a  tg  x = 0; 2  tg3x – 12  tg2x + 2(8 – a) tg  x – 8 = 0;

)

3 a+4 = 3 3 2 a + 12a + 48a + 64 − a3 + 15a2 + 60a + 44 = 4 + 4a + a2 − = . 27 27

  333 − 3 33 333 + 3 33  ; a ∈   ; 64 64    333 − 3 33  a∈  ; 5 . a ∈ ( −∞; 0) ∪ (0; 5); 64   аa ∈∈( −∞ (0;; −–6)6); ∪ (0; ∞);  a ∈ (0; ∞).  333 − 3 33  ; 5 . Відповідь: a ∈  64   Задача 8. Знайти всі значення параметра a, при яких рівняння 2  tg  x  (8 – 7  sin2x) + 2  cos  2x =

(

(

R = ( −2 − a)2 + −

Повертаючись до отримаємо a3системи, (32a2 − 333 a + 864) ≤ 0;  2 3 2 a (32a − 333a +864) −a < ≤ 0;   2 2 −a < 0; 5a − a3 > 0;   5a2 − a3 > 0; a > 0;  a2 + 6a > 0; a > 0;  22 –а 0 < 2a < a. a ++66а a >>0;0;   3 0 < 2a < a.  3

(

= –  6 < 0, с = –  4 < 0, то отримаємо  D > 0;  a < 8. a; q = –  4 – 2a;

D > 0 при R < 0, тобто при a3 – 15a2 – – 60a – 44 > 0; ( a + 1)( a − 8 + 6 3)( a − 8 − 6 3) > 0 , a∈ (8 − 6 3; − 1) ∪ (8 + 6 3; ∞) . Повертаючись до системи, отримаємо a ∈ (8 − 6 3; − 1) ∪ (8 + 6 3; ∞); a∈ (8 − 6 3; − 1) .  a ∈ ( −∞; 8); Відповідь: a∈ (8 − 6 3; − 1) . Звичайно, не можна стверджувати, що спосіб запропонований у даній роботі, є панацеєю для дослідження кубічних рівнянь і користуватися потрібно тільки ним. Але знання й уміння користуватися різними методами розширює математичний кругозір, дає можливість швидше і більш раціонально розв’язувати задачі.

ЛІТЕРАТУРА 1 . А м е л ь к и н В. В., Р а б ц е в и ч В. Л. Задачи с параметрами: Справ. пособие по математике. — Мн.: Асар, 1996. — 464 с. 2 . Б у к о в с ь к а О. І. Тригонометрія: Параметри в завданнях з тригонометричними функціями: Навч.-метод. посібник. — К.: ПЛ НТУУ «КПІ», 2005. — 120 с. 3 . З а в а л о С. Т., К о с т а р ч у к В. М., Х а ц е т Б. І. Алгебра і теорія чисел. — К.: Вища шк., 1974. – 464 с. 4 . Р е п е т а В. К. та ін. Задачі з параметрами: Навч. посібник. — К.: Вища шк., 2006. — 302 с. 5 . С а р а н а О. А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навч. посібник. — К.: А.С.К., 2005. — 344 с. 6 . Я с і н с ь к и й В. В. Математика. Навчальний посібник для слухачів ІДП НТУУ «КПІ». — К.: НТУУ «КПІ», 2004. — 400 с.

Шановні читачі! Не забудьте передплатити журнал «Математика в сучасній школі» на друге півріччя 2012 року. Передплата триває до 10 червня. Передплатний індекс 74326.

30


Сучасні технології електронний шкільний журнал успішності. Створення та використання Олена Требик — викладач математики КІСІТ КНЕУ ім. В. Гетьмана, аспірантка НПУ ім. М.П. Драгоманова

Входження інформаційно-комунікаційних технологій (ІКТ) у різні сфери діяльності людини не оминуло і галузь освіти. Використання ІКТ впливає на всі компоненти методичної системи навчання математики: цілі, зміст, форми, методи, засоби навчання. Ці питання тільки починають активно досліджуватися в усьому світі, але вже зрозуміло, що саме організація навчання із використанням ІКТ є одним із найпотужніших напрямів удос­коналення математичної освіти. У зв’язку з цим особливого значення набуває перебудова мислення сучасного вчителя через усвідомлення принципово нових можливостей навчання і вимог до його педагогічної діяльності. На сьогодні увагу багатьох дослідників привертають різні аспекти впровадження ІКТ у навчальний процес, адже саме вони змінюють зміст і методику навчання, зокрема з предметів природничо-математичного циклу. Проблеми використання сучасних інформаційно-комунікаційних технологій у процесі навчання математики досліджували О. П.  Вашуленко, Л.  В.  Грамбовська, М.  І.  Жалдак, В.  М.  Жильцов, Т.  Г.  Крамаренко, Н.  В.  Морзе, С. А. Раков, Ю.  С. Рамський, М. В. Рафальська, О. І. Скафа, О. В. Співаковський, Ю.  В.  Триус та інші. Про необхідність підвищення рівня оволодіння учителів інформаційно-комунікаційними технологіями зазначається у низці нормативних документів. На виконання Наказу МОНмолодьспорту«Про підготовку до початку 2011/2012 навчального року» щодо стовідсоткового оволодіння вчителями інформаційнокомунікаційних технологій розроблено Лист МОНмолодьспорту №1/9—493 від 24 червня 2011 року «Щодо організації навчання вчителів з використання інформаційно-комунікаційними технологіями» [1]. В ньому, зокрема, зазначається, що кожен учитель загальноосвітнього навчального закладу, незалежно від ступеня, типу, форми власності закладу та рівня своєї кваліфікації, має вміти орієнтуватися в інформаційному просторі, отримувати інформацію та оперувати нею відповідно до власних потреб і вимог сучасного високотехнологічного суспільства. А саме: Створювати: • текстові документи; • таблиці; • малюнки; • діаграми; • презентації. © Требик О. С., 2012

Використовувати: • Інтернет-технології; • локальні мережі; • бази даних. Здійснювати: • анкетування; • діагностування; • тестування; • пошук необхідної інформації в мережі Інтернет. Розробляти власні електронні продукти (демонстраційний матеріал, розробки уроків). Поєднувати готові електронні продукти (електронні підручники, енциклопедії, навчальні програми, демонстраційні програми т. п.) у своїй професійній діяльності. Підготовка майбутніх учителів у педагогічних університетах передбачає їх навчання використовувати ІКТ у майбутній професійній діяльності [2]. Одним із елементів ІКТ є шкільний електронний журнал успішності, який дуже швидко набуває популярності серед освітян [3]. Мета статті — показати шлях створення та особ­ ливості використання електронного шкільного журналу за допомогою Gmail, розкрити його переваги та недоліки для вчителів, батьків і учнів. Електронний журнал — це інформаційна система, завдяки якій учителі, учні та їхні батьки стають набагато ближчими. Це інструмент, який багато в чому робить процес управління освітою оперативнішим і зручнішим, що дає змогу швидко й одночасно інформувати про поточні зміни в навчальному закладі всіх учасників освітнього процесу. Уже сьогодні багато навчальних закладів мають електронні журнали, які за відгуками покращують організацію контролю знань і підвищують навчальні досягнення учнів. Зараз багато компаній займаються створенням електронних освітянських журналів, які з радістю закуповують навчальні заклади. Деякі керівники дотримуються іншої думки, вважаючи, що це буде забирати тільки час і гроші закладу, а результат буде мінімальним. І, можливо, будуть у чомусь праві. Адже крім того, що введення цієї програми не є безкоштовним, воно ще й потребує наявності кількох кваліфікованих фахівців (адміністраторів), які будуть керувати цим процесом. Але навіть, якщо ваш керівник і погодиться на електронний журнал, то пройде чимало часу поки його впровадять у вашому навчальному закладі і він почне функціонувати.

31


Сучасні технології Пропоную Вам самостійно створити електронний журнал успішності для вашого класу. Таку можливість ми отримали завдяки пошуковій системі Google. Суть такого журналу найкраще розкриють його переваги та недоліки. Переваги електронного журналу успішності • Отримання батьками інформації про відвідування та оцінки учнів, завдяки чому вони можуть легко контролювати успішність своєї дитини. • Наявність доступу до журналу в будь-який час та в будь-якому місці, де є Інтернет. • Для класного керівника — це незамінна річ, яка полегшує моніторинг якості навчання. • Для вчителя стає легко визначити підсумкові оцінки всіх дітей витративши на це менше ніж хвилину свого часу. • Учитель може створювати коментарі до журналу (прокоментувати оцінку, вид роботи тощо). • Для дітей та їхніх батьків не буде «сюрпризом» їхня підсумкова оцінка. • Можливість у будь-який зручний для вчителя час вносити потрібні дані. • Відкритість в оцінюванні. Недоліки електронного журналу успішності ♦ Потрібно володіти мінімальними навичками роботи з комп’ютером. ♦ Мати доступ до мережі Інтернет (що незав­ жди можливо). ♦ Учителю слід бути надзвичайно організованим, адже щоб електронний журнал успішності приносив результати, потрібно щодня вносити дані та витрачати на це свій час. ♦ Користувач, який переглядає цей журнал бачить відразу оцінки всіх дітей. Отже, якщо Ви все ж вирішили створити власний електронний журнал успішності, то в цьому вам допоможуть такі вказівки. У полі «Рядок адрес» вказати URL-адресу http:// www.google.com.ua/ та завантажити його. Ви потрапите на сторінку, зображену на мал. 1.

кети, ви потрапите на сторінку нової персональної поштової скриньки.

Мал. 2

Зайшовши на вашу персональну поштову скриньку (мал. 3), Ви маєте обрати на панелі значок «Документи» та натиснути на нього. Він розташований у лівому верхньому куті сторінки.

Мал. 3

Якщо Ви вперше працюєте з документами Google, то інтерфейс цієї служби буде англомовним. Для того щоб змінити мову потрібно: • Натиснути кнопку Options, яка знаходиться в правому куті веб-вікна і виглядає таким чином: • Після того, як Ви це зробите, з’явиться вікно (мал. 4), на якому потрібно буде вибрати пункт Documents settings.

Мал. 4

У вікні, що відкриється (мал. 5), виберіть пункт Language та оберіть із запропонованого потрібну мову, потім натисніть кнопку Save.

Мал. 1

У правому верхньому куті знаходиться значок «Увійти», натиснувши на який Ви переходите на сторінку, зображену на мал. 2. Щоб зареєструватися на цьому сайті, Вам потрібно клікнути по значку «Зареєструватися» (або вказавши URL-адресу https://accounts.google.com/). Після заповнення ан-

32

Мал. 5


Сучасні технології

Мал. 6

Після вдалого виконання операції, зазначеної у пункті 2, ви побачите наступне вікно (мал.  6), у лівій частині якого міститься інформаційне меню. В ньому потрібно обрати кнопку «Створити» та натиснути на неї. Після цього на екран виведеться діалогове вікно (мал.  7), із якого треба обрати пункт «Таблиця». Натисненням на неї викликається нова вкладка «Електронна таблиця без наз­ ви» (мал.  8). Користуючись навичками роботи в Microsoft Excel, Ви можете легко опанувати принцип роботи з електронними таблицями. Якщо ви не знайомі з вище зазначеною програмою, то скористайтеся відомостями, наведеними нижче, або скористайтеся допомогою вчителя інформатики.

Мал. 7

з якого обираємо пункт Перейменувати та вводимо нову назву. Після того як закриєте таблицю і зайдете в Документи, навівши курсор мишки на електронну таблицю, назву якої Ви хочете змінити, клацніть правою кнопкою. Із запропонованого оберіть пункт Перейменувати. Спершу користувач має виділити певний діапазон та розграфити його, тобто навести лінії. Адже всі лінії, що ви бачите у вікні браузера під час друку, будуть невидимі. Це робиться так, як показано на малюнку 9.

Мал. 9

Ширину стовпчиків та рядочків можна змінювати. Це робиться таким чином: наводимо вказівник мишки на лінію, яка міститься, наприклад, між двома літерами А і В, до появи двонаправленої стрілки «↔» і утримуючи ліву кнопку мишки змінюємо розміри. Створивши потрібні вам розміри для роботи (як у звичайному шкільному журналі), починайте вносити дані. Обравши комірку, в якій ви хочете написати, наведіть на неї курсор мишки та двічі натисніть лівою кнопкою. Тільки після цього ви зможете починати вводити дані. Можливості для формування цієї таблиці найрізноманітніші: зміна кольору тексту, шрифту, колір фону клітинок і т. ін. Усі ці зміни ви можете обрати самостійно. Для цього скористайтеся панеллю інструментів наведеної над таблицею. Щоб дізнатися призначення будь-якого елементу з панелі інструментів, слід лише навести курсор мишки на значок, і вам стане зрозуміло, яку ж функцію він виконує (мал. 10). Після маніпу��яцій, які наведено в цьому пункті, ми зможемо отримати сторінку, зображену на малюнку 10.

Мал. 8

Дайте таблиці назву, наприклад «Математика», і збережіть створену таблицю з такою назвою (Файл \ сохранить). Надалі Ви можете не зберігати зміни у таблиці, адже якщо Ви вносите на полі таблиці дані, то таблиця зберігається автоматично. Щоб змінити назву, можна діяти двома шляхами. Із меню електронної таблиці (мал. 8) обрати Файл та клацнути по ньому. Відкриється вікно,

Мал. 10

33


Сучасні технології Цим не обмежуються можливості електронного журналу. Викладач може автоматично підрахувати сумарний бал (SUM), середнє арифметичне (AVERAGE), обрати максимальне (MAX) чи мінімальне (MIN) значення, підрахувати кількість клітинок, які заповнені інформацією (COUNT). Перелік цих функцій Ви побачите, натиснувши на кнопку (мал. 11).

У правому верхньому куті сторінки створеного журналу є кнопка, яка має назву «Спільний доступ» (мал. 12). Клацніть по ній, і відкриється вікно, зображене на малюнку 13. Поставте курсор на полі «Додати користувачів» і отримаєте малюнок 14:

Мал. 11

Якщо Вам потрібна якась особлива функція, якої немає в запропонованому переліку, то, обравши закладку «інші функції», у Вас відкриється ще одне вікно, в якому можна буде побачити перелік усіх функцій з поясненням їхнього призначення. Якщо підсумкова оцінка учня виводиться як середнє арифметичне, то Вам потрібно: • виділити клітинку, де міститиметься підсумкова оцінка (наводимо на неї курсор і один раз натискаємо лівою кнопкою); • клацнути кнопку (мал. 12) та вибрати функцію AVERAGE(); • виділити певний діапазон, наприклад =AVERAGE(C5:G5) (навести на клітинку, з якої ви хочете почати виводити середнє арифметичне і, затискаючи ліву кнопку миші, протягнути рамочку до останньої), та клацнути Enter.

Мал. 12

Щоб підрахувати середнє арифметичне інших учнів, не треба щоразу виконувати ці дії. Для цього достатньо діяти таким чином: • натиснути на клітинку, де була задана формула, та підвести курсор до правого нижнього кута нашої клітинки, щоб побачити хрестик; • як тільки Ви його побачили, натискайте ліву кнопку миші і тягніть в кінець списку. Середні арифметичні інших учнів підрахуються автоматично. Після того як створення електронного журналу вже завершено, потрібно надати доступ іншим користувачам (учням і батькам) до перегляду цієї інформації.

34

Мал. 13

Мал. 14

Введіть у дану комірку електронну адресу людини, якій Ви хочете надати можливість доступу до журналу (мал. 15). Водночас ви маєте визначити для користувача межі доступу до вашого журналу. Вони можуть бути такими: «Може редагувати», «Може переглядати». Для цього ви маєте з правого боку від введеної вами адреси натиснути на стрілочку й обрати придатний для вас пункт, після чого натиснути на зелену кнопку «Надати доступ і зберегти». Найкраще для певної групи створити окрему скриньку, надавши доступ до неї всім батькам та дітям. Це буде набагато раціо­ нальніше, аніж якщо Ви будете надавати доступ кожному із них окремо.

Мал. 15

У своїй професійній діяльності я користуюся електронними журналами. На мій погляд, це полегшує моніторинг навчальної діяльності, а також допомагає при підготовці необхідної документації для звітів у кінці навчального року. Батьки приходять на батьківські збори не для того, щоб побачити оцінки, а щоб отримати рекомендації від спеціалістів стосовно покращення освіти своєї дитини. При введені даних поза навчальним закладом виникає проблема: де взяти оцінки, щоб їх ввести? Для цього деякі з моїх колег заводять спеціальний зошит, а потім скаржаться на те, що виконують потрійну роботу. Для того щоб цього не ро-


Сучасні технології бити, я фотографую оцінки журналу та виставляю їх в електронний журнал у будь-якому зручному для мене місці. Інформація в електронному журналі зберігається назавжди, поки Ви не вирішите її видалити. Навіть якщо навчальний рік уже закінчився, Ви маєте доступ до цієї інформації в потрібний вам час. Адже накопичена база даних оцінок у подальшому може слугувати для аналізу. Маючи всі оцінки учнів в електронному варіанті, що доступний будь-якому учню, вчителю чи батькам, ви маєте змогу оперативно повідомити зацікавлених батьків з поточними оцінками, навіть якщо з якихось причин Ви не встигли виставити їх у щоденник чи щоденника не було. Крім того, ви маєте змогу залишити коментарі для учнів і батьків (виділити клітинку, натиснути правою кнопкою миші, вибрати коментарі), тобто за який вид роботи учнем була отримана оцінка, або пояснити чому вона саме така. Крім того, для батьківських зборів Ви можете легко підготувати, наприклад, рейтинг учнів класу (Дані/Сортувати діапазон) чи наочно представити за допомогою діаграм ( ) кількість оцінок кожного рівня навчальних досягнень. Насправді в цих електронних журналах можна розміщати і перелік задач, що задані додому. І взагалі у Вас з’являється можливість повідомля-

ти будь-яку інформацію батькам, не телефонуючи кожному, а витрачаючи лише кілька хвилин на внесення даних в електронний журнал. Важливим моментом є повідомлення батьків про створений новий ресурс. На батьківських зборах треба пояснити, як ним користуватися і розказати про ваші майбутні способи роботи з ним. Електронний журнал потребує від викладача не більше часу, ніж паперовий. А в усьому іншому від нього тільки економія часу. Труднощі з ним є тільки при його налаштуванні. Але вони страшні тільки до моменту засвоєння!

ЛІТЕРАТУРА 1. Методичні рекомендації щодо навчання вчителів основам інформаційно-комунікаційних технологій // Лист МОНмолодьспорту №1/9-493 від 24 червня 2011 року «Щодо організації навчання вчителів з використання інформаційно-комунікаційних технологій» [Електронний ресурс] http://mon.gov.ua/index.php/ua/proministerstvo/normativno-pravova-baza?start=200 2 . Є ф и м е н к о В. В., О н і щ е н к о С. М., Ф р а н ч у к В. М. Операційні системи. Лабораторний практикум: Навчальний посібник. — К.: НПУ М.П.  Драгоманова, 2008. — 124 с. 3 . З а в а д с ь к и й І. Служби Google у навчанні: онлайновий журнал успішності// Hi-Tech у школі, 2010 р. — № 3. — С. 24—26.

Комп’ютер у навчанні математики Впровадження в навчальний процес сучасних засобів пошуку, збирання, зберігання, опрацювання, подання, передавання різноманітних відомостей відкриває широкі перспективи гуманітаризації освіти і гуманізації навчального процесу, поглиблення і розширення теоретичної бази знань і надання результатам навчання практичної значущості, активізації пізнавальної діяльності, створення умов для повного розкриття творчого потенціалу дітей з урахуванням їхніх вікових особливостей і життєвого досвіду, індивідуальних нахилів, запитів і здібностей. Сьогодні розроблено вже значну кількість програмних засобів, використання яких дає змогу розв'язувати за допомогою комп'ютера досить широке коло математичних задач різних рівнів складності. Це такі програмні засоби, як Derive, Gran1, Gran-2D, Gran-3D, DG, Maple, Mathematika, MathLab, Maxima, Numeri, Reduce, Statgraph і ін. Причому одні з них орієнтовані на фахівців досить високої кваліфікації в галузі математики, інші – на учнів середніх навчальних закладів чи студентів, які лише почали вивчати шкільний курс математики чи основи вищої математики. Найбільш придатними для підтримки навчання математики в середніх навчальних закладах видаються комплект програм GRAN (Gran1, Gran-2D, Gran-3D) і Derive. Названі програмні засоби прості у використанні, оснащені досить зручним і «люб'язним» інтерфейсом, максимально наближеним до інтерфейсу найбільш поширених програм загального призначення (систем опрацювання текстів, управління базами даних, електронних таблиць, графічних і музичних редакторів та ін.),

контекстно-чутливою допомогою. Від користувача не вимагається значного обсягу спеціальних знань з інформатики, основ обчислювальної техніки, програмування тощо, за винятком найпростіших понять, цілком доступних для учнів середніх класів. Комп'ютерні програми згаданого типу можуть бути використані практично на всіх уроках математики, починаючи вже з 5 – 6 класів, зокрема при вивченні системи координат на прямій і на площині, планіметрії, поняття функції, елементарних функцій і їх властивостей, методів розв'язування рівнянь і нерівностей і їх систем, елементів теорії границь числових послідовностей, диференціального і інтегрального числень і їх застосувань, елементів теорії ймовірностей і математичної статистики. Зрозуміло, що окрім програм зазначеного типу вчитель при необхідності може використовувати різного роду тренажери, програми для контролю знань, збирання статистичних даних стосовно навчального процесу і їх опрацювання тощо. Використання таких програм дає змогу вчителеві значно інтенсифікувати спілкування з учнями й учнів між собою, більше уваги приділяти задачам на доведення, на постановку задач, побудову їх математичних моделей, розробку і дослідження методів розв'язування задач; дослідження розв'язків, логічний аналіз умов задач, пошук нестандартних підходів до розв'язування задач, виявлення закономірностей, яким підкоряються дослід­ жувані процеси і явища. Із кн.: «Математика з комп'ютером» (авт. М. І. Жалдак, Ю. В. Горошко, Є. Ф. Вінниченко)

35


Керівникам математичних гуртків ПРО ОДИН МЕТОД ЗНАХОДЖЕННЯ ГРАНИЦІ ЧИСЛОВОЇ ПОСЛІДОВНОСТІ ПЕВНОГО ВИДУ В’ячеслав ЯСІНСЬКИЙ — доцент кафедри алгебри і методики викладання математики Вінницького державного педагогічного університету ім. М. М. Коцюбинського Рудольф УШАКОВ — учитель математики, заслужений учитель України, м. Київ

Знаходження границі числової послідовності — цікава, важлива і непроста задача. Границя числової послідовності зустрічається в багатьох питаннях математичного аналізу, зокрема при вивченні похідних, інтегралу, рядів. Для знаходження границі числової послідовності існує багато методів. Ми розглянемо один метод, який рідко зустрічається на практиці і досить ефективний при дослідженні послідовностей певного типу. Початок і кінець розв’язання будемо позначати символами ┌ і ┐ відповідно. Ми будемо розглядати типові послідовності, загальний член кожної з яких має вигляд an =

f ( n)

g( n)

або ln an =

f ( n)

функцію y =

g( x )

або ln y =

що в разі, коли існує lim lim an і

n→∞

f ( x)

g( x )

f ( x)

x→∞ g( x )

lim ln an , причому

n→∞

існує lim

. Цілком очевидно,

, то існують границі lim an = lim y або

n→∞

x →∞

lim ln an = lim ln y . Таким чином, замість того щоб x →∞ шукати границю числової послідовності, ми будемо n→∞

f ( x)

або ln y =

f ( x)

g( x )

Теорема 1. Нехай функції f  (x) і g  (x) диференційовані в промені (a; +  ∞), причому g′(x) ≠ 0 і lim = f ( x) = lim g ( x ) 0 . Тоді якщо існує

x →+∞ f ′( x ) lim , то x →+∞ g′( x )

f ( x)

f ′( x ) lim = lim g x g x →+∞ ( ) x →+∞ ′( x )

x →+∞

існує і

що

f ( x)

x→+∞ g( x )

, причому

.

x+a x

, x ∈ [1; ∞), a > 0. Зрозуміло,

lim an = lim y . Помітимо, що

n→+∞

x ≥ 1, a > 0. Тут lim = f ( x)

x →+∞

y=

x →+∞

f ( x ) = ln

x+a x

,

g( x ) =

= lim g ( x ) 0 (невизначеність типу

Теорема 2. Нехай функції f (x) і g (x) диференційовані в промені (a; +  ∞), причому

x+a x 1 x

1 x

Згідно з теоремою 1

x  a  − f ′( x ) ax x + a  x 2  lim = lim = = lim 1 ′ g x x ( ) x →+∞ x →+∞ x →+∞ + a − 2 x n+ a Отже, lim y= a= lim n ln ┐ n x →+∞ n→+∞

Відповідь.

Знайти

a.

lim an = a .

n→+∞

Задача 1.2. Нехай an =

ln( n + 1) − ln( n − 1) n2 + 1 − n2 − 1

lim an .

n→+∞

┌ Розглянемо функцію y =

.

ln ( x + 1) − ln ( x − 1) x2 + 1 − x2 − 1

,

x > 1. Тут f  (x) = ln  (x + 1) – ln  (x – 1),

x > 1, g ( x= ) x2 + 1 − x2 − 1 , x > 1 і lim = f ( x) = lim g ( x ) 0 . Функції f  (x) і g  (x) x →+∞

x →+∞

задовольняють усім умовам теореми 1. Отже,

=  

ln

x →+∞

(

 

36

f ′( x ) g x →+∞ ′( x )

= lim

lim

( ln( x + 1) − ln( x − 1) )′ lim y = lim f ( x )= lim , причому x →+∞ ′ x →+∞ x2 + 1 − x2 − 1 x→+∞ g( x )

.

© Ясінський В. А., Ушаков Р. П., 2012

f ( x)

x →+∞

, то існує і

┌ Нехай y = x ln

є правило Лопіталя, яке, на

нашу думку, є відомим читачеві. Лопіталь де Гійом Франсуа (1661  —  1704) — французький математик, член Паризької академії наук. Вивчав математику під керівництвом Йоганна Бернуллі. Видав у 1696 році перший друкований підручник з диференціального числення «Аналіз нескінченно малих». У ньому правило Лопіталя складається з кількох теорем. Ми використовуватимемо такі дві теореми.

x →+∞ g′( x )

n→+∞

тивним методом відшукання границі функції типу g( x )

lim f ( x ) = lim g ( x ) = +∞ . Тоді якщо

x →+∞ f ′( x )

Доведення цих теорем є в багатьох курсах математичного аналізу, зокрема в [1]. Задачі і вправи до теореми 1. n+ a Задача 1.1. Нехай an = n ln , a > 0. n Знайти lim an .

шукати границю деякої функції при x → +  ∞. Ефекy=

lim

x →+∞ g( x )

. Після заміни

g( n)

в кожній частині цих рівностей n на x матимемо f ( x)

g′(x) ≠ 0 і

)

2 1 1 − 2 − x +1 x −1 x −1 = lim = lim x x x →+∞ x →+∞ x2 − 1 − x2 + 1 − x⋅ x2 + 1 x2 − 1 x4 − 1

, і

0 0

).


Керівникам математичних гуртків = −2 lim

(

x4 − 1

(

)

x →+∞ x 2 − 1 xх

x2 − 1 − x2 + 1

)

sin

a ┌ y x= = sin = x

1 x

a x

Згідно з теоремою 1

. a ′ sin x −1 1 x −2 lim 2 lim = lim y = lim = 2 x →+∞ x − 1 x →+∞ x x − 1 − x 2 + 1 x →+∞ x →+∞ 1 ′ 2

=

(

)

x

x2 − 1 + x2 + 1 x2 − 1 + x2 + 1 −2 ⋅1⋅ lim = lim = x ⋅ ( −2) x x →+∞ x →+∞

Відповідь.

ln ( n + a) − ln ( n − a) 2

n→+∞

lim an =

n→+∞

a 2

2

n +a− n −a

, a > 0.

┌ y= 0 0

1 ln x

−2

1 + x2 x →+∞  − 1  ⋅ 1    ln 2 x  x

x ln 2 x

= lim = lim 2 lim

x →+∞

 1 ′  ln x   

x →+∞

x →+∞ 1 + x

Ми одержали невизначеність типу теоремою 2

+∞ +∞

2

.

. За

( x ln x )′ 2= lim x →+∞ 1 + x ′ ( ) 2

= lim y x →+∞

2 lim

x →+∞

2x

Помічаємо, = lim y x →+∞

1

x =

ln 2 x + 2ln x x x →+∞

що 2

ln x x →+∞ x

= lim

ln x x →+∞ x

lim = 2ln ⋅

1 x

1 x

= lim 0.

x →+∞ 1

.

Отже,

lim = 0 . Таким чином, 1

x →+∞

lim y = 0 + 0 = 0 . Отже,

x →+∞

Відповідь.

ln 2 x ln x + 2 lim x →+∞ x x →+∞ x

lim

lim ( π − 2arctg n) ln n = 0 . ┐

x →+∞

( )

n→+∞

( )

( )

1 x  1  e − 1+ x ┌ y= x  e − 1 + =  1 x    x ченість типу 0 .

0 x  1 ′ e − 1 + x   lim y = lim  1 ′ x →+∞ x →+∞

( ) ()

x

. Маємо невизна-

′  1 x  1+ x    = − lim  1  x →+∞ − 2

( ) x

ln z (1+ ) , = x

1 x

( )

ln 1 +

Отже

( )= + x⋅ −

1

x2 1 1+ x

1 x

( )

( )−

ln 1 +

1 x

1 x

1 . x +1

( )  ln (1+ ) −

1 1  1 z′ =z  ln 1 + −  = 1+ x + 1 x x   Тому 1 x

n→+∞

x

( ) . Проди-

ференціюємо останню рівність: z′ = z

( )

x  1 ′  1+ x  = lim  1  . x →+∞ 2

x ln 1 +

x

1 x

(1 + ) ( ln(1 + ) − ) = lim

lim an = 0 .

)

a n

n  1  Задача 1.5. Нехай an= n  e − 1 + . n    Знайти lim an .

Покладемо z=

lim =

(

lim n cos − 1 .

n→+∞

x

2

ln 2 x + 2x ln x ⋅

Відповідь. 0.

, x > 1. Маємо невизначеність типу

x )′ arctgx ( π − 2arctg

x →+∞

a lim n sin = a . n x →+∞

Вправа 1.5. Знайти

.

. Згідно з теоремою 1

= lim y

Отже,

a x

= lim a cos a.

Відповідь. a.

Задача 1.3. Нехай an = (π – 2  arctg  n) ln  n. Знайти lim an . n→+∞ π − 2arctg x arctgx

a a cos  − 2  x x  1 − 2 x

=  lim= x →+∞

lim an .

Відповідь.

2 .┐

lim an = 2 .

n→+∞

Вправа 1.1. Нехай an = Знайти

( ) ()

x

1 x

1  . x +1

( )−

1 x +1

ln 1 +

1

1

x x +1 . (*) = lim y e lim 1 1 Вправа 1.2. Нехай an = n (π – arctg  n). Знайти x→+∞ x →+∞ x →+∞ 2 2 x x lim an . n→+∞ Ми знову отримали невизначеність типу 0 . 0 Відповідь. lim an = 0 . За теоремою 1  1  1 1

n→+∞

Вправа 1.3. Знайти Відповідь. –1. Вправа 1.4. Знайти 1 2

lim

( ) 1 n

ln 1 +

n→+∞ arctg n −

lim

1 n2

e

−1 2

n→+∞ 2arctg n − π

Відповідь. − . Задача 1.4. Знайти

π 2

a lim n sin n n→+∞

.

( )− = lim ln 1 +

.

x →+∞

1

.

1 x 1 x2

( x + 1)2 − x →+∞

1 x +1

1+

1 x ( x + 1)

x3

Тепер із (*) маємо: 1 e. 2

⋅− 2  +  x  ( x + 1)2

= lim 2

x →+∞

= lim= 2

Відповідь.

1 x

x3

1 x3 1 = lim . 2 x →+∞ x( x + 1)2 2 1 2

lim y = e . ┐

x →+∞

37


Керівникам математичних гуртків Дійсно, an = A – n, де

  e  Вправа 1.6. Знайти lim n  − 1 . n 1 n→+∞  1 + n 

( )

Відповідь. 1 .

A= k nk + a1nk −1 + a2nk −2 + ... + ak −1n + ak .

( A − n)( Ak − 1 + Ak − 2n + Ak − 3n2 + ... + Ank − 2 + nk − 1 )

= an = n Ak − 1 + Ak − 2n + Ak − 3n2 + ... + Ank − 2 + nk − 1 2 Задача 1.6. Нехай an = arctg n . π Ak − nk = k −1 k − 2 = k −3 2 Знайти lim an . A +A n+ A n + ... + Ank − 2 + nk − 1 2

┌ y=

(

n→+∞ x 2 arctg x π

(

)

(

)

, Логарифмуючи, одержуємо:

)

2 π

ln

ln y x= ln arctg x

(

2 arctg x π 1 x

).

( ln(

2 arctg x π

0

x →+∞ 1

2 1 ⋅ 2 π 1 + x2 arctg x

= lim

))′

= lim 1

x →+∞

k −1

A

a1nk − 1 + a2nk − 2 + ... + ak − 1n + ak

+ Ak − 2n + Ak − 3n2 + ... + Ank − 2 + nk − 1

.

Поділимо чисельник і знаменник останнього дробу на nk – 1:

. За теоремою 1 Маємо невизначеність типу 0 матимемо: = lim ln y

=

an =

ak − 1 a a a2 + 32 + ... + k − 2 + k k− 1 n n n n k −1 k −2 A  A +  A  + ... + + 1   n  n  n

a1 +

.

Враховуючи, що в знаменнику k доданків і

x2

x

2

2

A lim n→+∞ n

= 1 , матимемо:

lim an =

n→+∞

a1 k

.

= − lim = − . Вправа 1.7. Довести тотожність 2 π x →+∞ x →+∞ (1 + x ) arctg x − 2   k k x 1 lim  k Π ( n + ai ) − n  =∑ ai . 2 Тому = − lim = ln y ln lim y ,  k i =1 n→+∞  π x →+∞ i =1 x →+∞   2 − Задача 1.8. Знайти звідси lim y = e π . ┐ x →+∞ 2 3 n − lim  n2 − 2n − n3 + 2n2 + 4n − 1  . 2 arctg n = e π . Відповідь. lim n →+∞   π π

1

n→+∞

)

(

┌ Оскільки a= n

Задача 1.7. Нехай

3 =  n2 − 2n − n  −  n3 + 2n2 + 4n − 1 − n  ,     то із задачі 7 випливає, що

an= k nk + a1nk −1 + a2nk −2 + ... + ak −1n + ak − n , lim an .

k ∈ N, k > 1. Знайти

n→+∞

┌ За нашою технологією: y= k x k + a1x k −1 + a2 x k −2 + ... + ak −1x + ak − x , k ∈ N, k > 1. y=

k 1+

a1 x

+

a2

+ ... +

x2

1 x

ak − 1 xk − 1

−1

xk

x →+∞

0 0

= − lim

1 +  

. За теоремою 1

a1 x

+

x →+∞

Відповідь.

a2 x2

+ ... + 1 k x2

lim an =

n→+∞

(−

a1 k

a1

x2

2a2 x3

3a3 x4

− ... −

kak

xk + 1

) = .┐ a1 k

.

Цю границю можна знайти елементарно без застосування похідної.

38

1 5 3

n→+∞

1 3

Відповідь. − .

1)

x

−1

2 5 3

lim an =−1– + =− . ┐

Вправа 1.8. Знайти границю

ak − 1  ′ ak a1 a2  k 1 + x + 2 + ... + k − 1 + k − 1 x x x  = lim  1 − 2 x →+∞

1 ak  k  xk 

2 3 lim  n3 + 2n2 + 4n − 1 − n  = .  3

Отже,

.

Маємо невизначеність типу lim y

−1 і lim  n2 − 2n − n  = n→+∞   n→+∞ 

ak

+

3

n2 − 2n − n3 + 2n2 + 4n −= 1

3 4 lim  n3 − 4n2 − 2n + 3 − n4 + 3n3 − 2n2 + n  . 

n→+∞ 

Відповідь. – 2

1 . 12

5 3 lim  n5 − 3n3 + 2 − n3 + 4n  . n→+∞   Відповідь. 0.

2)

Задача 1.9. Знайти

( )

1 lim  n − n2 ln 1 +  .  n  n→+∞ 


Керівникам математичних гуртків )

(

)

(

n  ┌ Маємо: an =n − n2 ln 1 + 1 =n 1 − ln 1 + 1  і n n   за нашою технологією утворюємо функцію:

)

(

1 y =x 1 − x ln 1 +  = x  

(

1 − x ln 1 + 1 x

1

x →+∞

x →+∞

(

1 x

ln 1 +

= lim

x2

) −1+

1 x2

x →+∞

1+

1 x

(− ) + 1 x2

1

0 0

1

1 1 x 2x 2 2 x2→+∞ ( x(+x1+) 1) x →+∞

= lim limуy =y= = lim 1 1 = lim lim = lim 2 2 Відповідь. an →

3 x3 x

(

┌ Маємо: an = sin

1 x

1 n

+ cos

1 x

)

+ cos =

x →+∞

= lim

(

x →+∞

Отже,

1 1 1 sin + cos x x

1 1 n 1 x ; x n x

(

ln sin

1 + cos x 1 x

).

1 x

1 x2

1 x

1 x2

= lim 1

) =

1 − sin x 1 + cos x

1− 0 = 0 +1

lim ln y = 1 і

x →+∞

x2

Розглянемо

дає невизначеність типу = lim y

x →+∞

( ln x )′

lim =

x →+∞

x′

. Знайти

функцію: 1 x →+∞ x

0 0

y=

lim

( ln n) p

= 0 . Тоді

n

n→+∞

( ln x )

p+1

x

x →+∞

=

1

( p + 1)( ln x ) p x

lim

1

x →+∞

( ln x ) p

lim

= 0.

x ( ln x ) p + 1 ′  = lim  x′ x →+∞ x→+∞

( ln x ) p

= ( p + 1) lim

x

x →+∞

= (p + 1) ⋅ 0 = 0. ┐ Відповідь. 0.

lim y=

x →+∞

px p − 1

lim

x

=

e np

x →+∞

Відповідь.

lim an .

n→+∞ ln x . x

ln y =

en

(

ln x + x 2 + 1

=

np

∞ ∞

e

. Згідно з теоремою 2

p( p − 1) x p − 2

lim

= ...=

ex

x →+∞

p!

lim

= 0 .┐

x x →+∞ e

→ 0 при n → +∞, (p > 0).

ln x

(

2

lim n + n + 1

n→+∞

(

)

1 ln n

)

.

1 ln x

.

) , яка дає невизначеність типу

За теоремою 2 одержуємо:

Вона

1

. За теоремою 2 = lim ln y

= lim 0. ┐

=0.

Логарифмуючи її, одержимо нову функцію:

Задачі і вправи для теореми 2

ln n lim n→+∞ n

┌ Розглянемо функцію: y =x + x 2 + 1

x →+∞

ln n n

= 0 , k ∈ N.

2°. k = p. Нехай

Задача 2.4. Знайти

1.

lim y = e . ┐

Задача 2.1. Нехай an =

n

n→+∞

невизначеність типу матимемо:

(cos ( − ) − sin ( − )) −

(k ∈ N).

n

Задача 2.3. Нехай an = n , p > 0. Знайти lim an . e n→+∞ xp ┌ Розглянемо функцію: y = x . Вона дає

0 . Тому, 0

x →+∞

1 cos x 1 sin x

1 n n

1 n n

1 x

( ln n)k

n→+∞

( ln n)k

lim Тому, =

1 n

n→+∞

Маємо невизначеність типу

lim ln y

. ┐

( + cos ) .   sin(1 ++ cos =і n y1 −(ln )= )  )  

lim sin

логарифмуючи, отримаємо:

(

1 1 2 2

при n → +  ∞.

Задача 1.10. Знайти

lim

1°. k = 1. Згідно з задачею 1

x3

1 2

=0.

lim

індукції, що 1

x3

1 1 x →+∞ 2 x2→+∞ x →+∞ x →+∞

ln n→+∞ n

lim

┌ Доведемо за допомогою методу математичної .

− x ( x + 1) 1 (1 + x )2 = lim 1 2 x →+∞

(1 + x )2

1 1 x ( xx+( x1)+21)2

ln= y x ln sin

2)

.

lim = 2

x →+∞

n→+∞

Задача 2.2. Знайти

Знову невизначеність типу 1

n→+∞

n→+∞

x

1 x

ln n n→+∞ n

= lim 0 . Звідси

Вправа 2.1. Довести, що: 1) lim n a = 1 (a > 0);

( )

( )

(1 − x ln(1 + ))′

lim n n = 1 .

n→+∞

lim n n = 1 . ┐

0 . Тому 0   1 1 1 − ln 1 + + x 1 − 2  x  x  1+  x lim  = 1 − x →+∞ 2

x = lim 1

=0.

lim = ln n n

┌ Дійсно,

Це дає невизначеність типу

lim y

lim

Наслідок. Довести, що

).

1 x

ln n n→+∞ n

Відповідь.

x →+∞

lim

x + x2 + 1

x →+∞

 1 + 

2x 2 x2 + 1

  

= 1 x

x →+∞

.

x

= lim 1. 2

x →+∞

Оскільки = lim ln y ln= lim y 1 , то x →+∞

∞ ∞

x +1

lim y = e .

x →+∞

39


Керівникам математичних гуртків (

lim n + n2 + 1

Відповідь.

n→+∞

1 ln n

)

5) = e.

(5n

+2

y ┌ Розглянемо функцію:=

(5x

2

Задача 2.5. Нехай = an Знайти lim an . n→+∞

n

)

2

1 n

(

x

ln 5x + 2

.

Знайти x

+2

)

1 x

бо

)

(

3

.

),

)

2

ln n + n + n + 1

.

lim an .

n→+∞

∞ ∞ ln x 2 + x + 1

┌ Маємо невизначеність типу відповідну функцію: y =

x

(

(

. Розглянемо

)

)

ln x3 + x 2 + x + 1

(

x →+∞

)

x →+∞

(

= lim = 2 x

+ ln 2

5x 2x

x →+∞

, x ≥ 1.

lim an = 2 . ln n

Задача 2.6. Обчислити lim

( (

x →+∞

x →+∞

1 k −1 x k

lim

Відповідь.

n→+∞

) )

ln n k

x →+∞

n

= lim ln y x →+∞

e +1

. Тому

= lim 1 . Отже,

x x →+∞ e + x

(

lim en + n

Відповідь.

n→+∞

)

1 n

lim y = e . ┐

x →+∞

= e.

Вправа 2.2. Довести, що: 1) 2) 3) 4)

ln ln n lim = 0; n n→+∞ ln a1n2 + a2n + a3

lim

(

(

3 2 n→+∞ ln b1n + b2n + b3n + b4

lim

n→+∞

( ln n)α

( n→+∞

β

n

lim 1 + n2

)

=

2 3

(ai > 0, bi > 0);

= 0 , якщо α > 0, β > 0;

)

1 n4

= 0;

Отримуємо:

ln x 4 + e2 x

lim an =

n→+∞

1 2

.

lim an .

(

πn tg 2n + 1

)

1 n

.

n→+∞

1

πx  x y =  tg  . 2 x +1  

ln y =

Логарифмуючи її, одержимо: Вона дає невизначеність типу

+∞ +∞

(

ln tg

πx 2x + 1

x

lim

1

x →+∞ tg

Отже,

πx 2x + 1

  =    

( 2x + 1)2 1 = 0⋅ = 0. 2  π2  x →+∞ ( 2x + 1) + π2 x 2 1 + 

⋅ lim

lim y = 1 і

x →+∞

).

. Отримуємо:

  1 ′ πx   1  = lim  πx ⋅ lim ln y= lim  ln  tg   ( πx )2 x →+∞ x →+∞   2x + 1   x →+∞  tg  2x + 1 1 + ( 2x + 1)2  =

)

) . )

. Розглянемо

┌ Розглянемо відповідну функцію:

1 n

1 x

x

ln x + e

Задача 2.10. Нехай an = Знайти

( ) . n→+∞ ┌ Розглянемо функцію = y ( ex + x ) . Логариф1 = ln y ln ( ex + x ) , муючи її, матимемо функцію x ∞

яка дає невизначеність

Відповідь.

=0. lim en + n

x

1  1:= : 4 2x = 2 . ┐  2 x +e 

xk

Задача 2.7. Обчислити

( (

2

∞ ∞

 ln ( x 2 + ex )′ 2x + ex 4 x3 + 2e2 x  1  = lim  lim  2 x : 4 2 x = 1:= 2  2 x +e x →+∞  ln x 4 + e2 x ′ x →+∞  x + e  ( )

4 x3 + 2e2 x

= lim 1 0 . ┐

lim= 1

x →+∞

lim = y

(k ∈ N, k > 1).

k n→+∞ n 2 x ′ x x  ln x + e ln   . lim  2x + e Розглянемо функцію y== lim = y lim k 2 x x +e x →+∞ x →+∞  ln x 4 + e2 x ′ x x →+∞ ∞    Вона дає невизначеність типу . Тому ∞ 1 k x

n→+∞

відповідну функцію: y =

x →+∞

n→+∞

lim an .

( ). 4 2n ln ( n + e ) ln n2 + en

┌ Маємо невизначеність типу

lim y = 2 .

x →+∞

Відповідь.

= lim y

Знайти

+1

lim ln y = ln 2 , то

Оскільки

.

Задача 2.9. Нехай an =

= lim ln 2 . 2

5x + 2

x →+∞

)

10 x 2x

10 x + 2x ln 2

2 3

Відповідь.

теоремою 2 одержуємо: lim = ln y lim  ln 5x 2 += 2x ′  x →+∞ x →+∞ 

40

(

ln n2 + n + 1

Отримуємо: яка дає невизначеність типу , ∞ 2x + 1 3x 2 + 2 x + 1  2 = lim y = lim  2 : 3 2 .┐ 2 x  lim x = +∞ . Тоді за lim ln 5x + 2 = +∞ і x →+∞ x →+∞  x + x + 1 x + x + x + 1  3

ln y =

= 0 , α > 0.

αn n→+∞ e

Задача 2.8. Нехай an =

Логарифмуючи її, одержимо нову функцію 2

nn

lim

lim an = 1 . ┐

x →+∞

Задача 2.11. Знайти

lim

nln n

n→+∞ ( ln n)

n

4

.

┌ Розглянемо відповідну функцію: y =

x ln x

( ln x ) x

.


Керівникам математичних гуртків ∞ ∞

Вона дає невизначеність типу

. Логарифмую-

 ln x  ln x − x ln ln x = x − ln ln x  . чи, одержимо: ln y = x   Далі матимемо: 2

2

n −1

= ∑

n −1

1

k

+ ∑

.

k 2 = k 0= k 1 2 (n − k ) k

Далі, використовуючи нерівність 2k ≥ k2 – k, справедливість якої можна довести за допомогою індукції, n−2

1

2ln 1  ln2 x  ln 2 x x − ln ln x  . lim = = lim ln y = lim x  lim 0 , а також нерівність ∑ < 1 + ln ( n − 2) , справедливість r 1 x x x →+∞ x →+∞  x →+∞  x→+∞ r =1 якої можна довести, використовуючи геометричний а lim ( ln ln x ) = +∞ . зміст визначеного інтеграла, матимемо: x →+∞  ln 2 x  n −1 n −1 n −1 − ln ln x  = −∞ . Отже, lim x  k k 1 an − ∑ = x →+∞  x ∑ k = ∑ k  k 2 − k) k 0= k 1 2 (n = k 1 2 (n − k ) =

−∞ lim= y e= 0. ┐

Тоді

x →+∞

Відповідь. 0. Задачі математичних олімпіад n

k

Задача 3.1. Нехай an = ∑ 2n

що lim an = 2 і lim n→∞

k k =1 2

n

n→∞

n!

, n ≥ 1. Доведіть,

e. ( 2 − an ) = (Румунія, 2003 р.)

= =

┌ Маємо 1 a = 2 n n

=∑

n

n

n

n k +1

n

an −

1 1 k k k a = ∑ k − ∑ k +1 = ∑ k − ∑ k +1 + ∑ k +1 2 n 2 2 = k 1= k 12 = k 1= k 12 = k 12

1

n +1

k

k =1 2

n+1

2

=

n+ 2

= 1− n + 1 . 2 n+ 2

Отже, an= 2 −

2n

. Знайдемо границю lim

n+ 2

n n→∞ 2

за допомогою нашого методу. Розглянемо відповідx+2

ну функцію y = ∞ ∞

2x

. Вона дає невизначеність типу

. За теоремою 2, матимемо: x+2

= lim y

= lim x

x →+∞ 2

x →+∞

тобто lim

n+ 2

n n→∞ 2

(

n+ 2

) = 2.

n+ 2

Далі, враховуючи, що 2 − an =n , матимемо: lim

n→∞

2

an ) ( 2 −= n n!

Оскільки lim

n→∞

n

n!

n→∞

Задача 3.2. Нехай an =

n→∞

n

2 n

n!

n n

n

e , що і треба ( 2 − an ) =

n

2 k =1

2k k

. Знайти lim an . n→∞

┌ Якщо n ≥ 3, то матимемо: n −1 n −1 2n − k 1 n 1 = ∑ k = ∑ k n− k n− k 2 2 2 2 = k 1= k 0= k 0 = k 0 n

k

2 ∑ k=

n

n

n −1

=

1

=

n −1

+ ∑

k − 1)( n − k ) k =2 (

+

1 2( n − 1)

1 n −1

+

n −1

1 ∑  k − 1 +

k = 2

2 n −1

n−2

r =1

1 r

<

1 n− k

1 2( n − 1)

=  

+

5 + 4ln ( n − 2)

+ n − 1 (1 + ln ( n − 2) ) =2( n − 1) 2

n −1

тобто 0 < an − ∑

1

k k =0 2

<

,

5 + 4ln ( n − 2) 2( n − 1)

, для n ≥ 3. При

n → +  ∞ остання подвійна нерівність дає: n −1

1

0 ≤ lim an − lim ∑ k ≤ lim n→∞ n→∞ k = 0 2 n→∞

5 + 4ln ( n − 2) 2( n − 1)

. (*)

1

lim = ∑ k

+∞

1

= 2, ∑

k 2 n→∞ k 0= = k 02

lim

n→∞

5 + 4ln ( n − 2) 2( n − 1)

= lim

x →+∞

5 + 4ln ( x − 2) 2( x − 1)

=

n→∞

n!

(Канада, 1998 р.)

n

)

( x − 2) )′ (5 + 4ln 2 = = lim lim 0  n + 2 = . lim = lim x   n n n x →+∞ x →+∞ − 2 n!  ( 2( x − 1) )′ n→∞ n! n→∞  n! 2 n Таким чином, (*)дає: lim an = 2 . ┐ = 0 і lim = e (див. зада-

було довести. ┐

n

(

2

n+ 2

чу 5.40, а) в [2]), то lim

an=

1 2( n − 1)

k

k = 2 k − k (n − k )

1 2( n − 1)

n −1

= 0 . Тому lim an = lim 2 − n 2 n→∞ n→∞

2n

n −1

+ ∑

Залишилося обчислити дві границі:

1

lim = 0, x

x →+∞ 2 ln 2

=

1 2( n − 1)

1− k =  n− k   

ЛІТЕРАТУРА 1 . Д о р о г о в ц е в А. Я. Математичний аналіз. Ч. 1. — К.: Либідь, 1993. 2 . Д о р о г о в ц е в А. Я. Избранные задачи по математическому анализу. — К.: Вища шк., 1982.

Правило Лопіталя, яке використовується у цій статті, насправді слід називати правилом Бернуллі. Взагалі, більша частина підручника Г. Лопіталя «Аналіз нескінченно малих» написана за лекціями, які Й. Бернулі прочитав особисто для Г. Лопіталя.

41


Позакласна робота Удосконалення змісту і методики проведення факультативних занять із математики в 7 – 9 класах Оксана Мартищук, доцент кафедри менеджменту та моделювання в економіці Івано-Франківського інституту менеджменту Тернопільського національного економічного університету, кандидат педагогічних наук Ірина Литвиненко, асистент кафедри математичної фізики НТУУ «КПІ», кандидат фізико-математичних наук

Основними напрямами реформи загальноосвіт­ ньої і професійної школи передбачено підвищен­ ня якості шкільної освіти, забезпечення більш високого рівня викладання кожного предмета. Зокрема, при викладанні математики мають бути розв’язані такі два важливі завдання: • досягнення всіма учнями обов'язкового рів­ ня математичної підготовки, зафіксованого в но­ вій програмі; • створення можливостей поглибленого ви­вчення шкільного курсу математики дітьми, які проявляють нахили і здібності до предмета. Найпоширенішою формою поглибленого вивчення шкільної математики є факультативні заняття, вони проводяться на базі загального шкільного курсу. Відіграють велику роль в удоско­наленні математичної освіти, дають змогу прово­дити пошук й експериментальну перевірку ново­г о змісту, нових методів навчання, у чому про­являється творчий підхід учителя до роботи. В умовах реалізації реформи загальноосвітньої і професійної школи роль факультативів підви­ щилась і якісно змінилась. При розробці програ­ ми факультативів необхідно враховувати зміст основного курсу і вимоги до його засвоєння, ві­ кові особливості учнів, специфіку предмета, його значення, роль і місце в системі шкільних дис­ циплін. Метою факультативу для 7—9 класів є поглиблення знань дітей, набутих при вивченні математики, розвиток їх логічного мислення, закріп­ лення в них інтересу до науки. У програмі факультативу поряд з темами, які безпосередньо пов'язані з предме­том, поглиблюють його матеріал, систематизують, доповнюють відомостями, важливими як у загальноосвітньому, так і прикладному відношен­н ях мають бути ті, що мають характер мате­матичних розваг. Останні формують активний піз­н авальний інтерес. Досвід роботи вчителів шкіл свідчить, що дидактичні можливості під­вищення ефективності факультативних занять не використовуються, система і методика їх прове­дення потребують удосконалення. А останнє не­мислиме без участі вчителів-практиків, без опо­ри на їхній професіоналізм і творчу ініціативу. © Мартищук О. І., Литвиненко І. М., 2012

42

Аналіз навчально-методичної літератури, вив­ чення й узагальнення досвіду роботи кращих педагогів і проведені нами експериментальні дослідження дали можливість накреслити деякі напрями діяльності щодо вдосконалення змісту і методики проведен­ня факультативних занять із математики. Назве­мо деякі з них. З урахуванням вимог часу, реальних можли­ востей робота на факультативах повинна бути за­безпечена не однією, а кількома програмами. Учи­тель мусить вибрати їх, виходячи з конкретних умов та інтересів дітей. Це стосується й навчаль­ної літератури. Бажано мати з факультативної програми кілька навчальних посібників, а вико­ристовувати той, що найбільше знадобиться в роботі. Досвідченим учителям слід давати право самим складати програми таких курсів і працю­вати за ними після затвердження педагогічною радою школи. На факультативних заняттях учні мають по­ глиблювати знання з предмета, які вони набува­ють на уроках, умінн�� розв'язувати більш скла­дні задачі. При цьому необхідно враховувати можливості і потреби школярів, їхні вікові особли­вості. Поряд із поглибленням основного курсу ма­тематики на факультативі доцільне й певне його розширення за рахунок ознайомлення із сучас­ними застосуваннями науки, а також розкриття зв'язку математики з іншими шкільними дисци­плінами. Характер таких занять на різних ступе­нях навчання також повинен бути неоднаковим залежно від підготовки дітей, їхніх можливостей. Факультативи покликані сприяти професійній орієнтації учнів у галузі математики і її застосу­ вань, полегшуючи тим самим вибір спеціальнос­ ті. Заняття потрібно пов'язувати з основним кур­сом, який має слугувати джерелом тем і кон­кретних проблем для поглибленої розробки на фа­культативі. Такий взаємозв'язок сприяє розвитку мислення школярів. Тут є корисним використан­ня різноманітних методичних прийомів: система­тизація (коли відповідна факультативна тема вив­чається після того, як в основному курсі нако­пичено матеріал, що відноситься до неї); по­слідовне розгортання теорії, коли в основ­ ному курсі є початковий етап її побудови; розгорнутий опис застосувань певного методу. Тому доціль­ним буде на уроках математики ознайом-


Позакласна робота лення з результатами, які стосуються проблем, постав­лених в основному курсі, але одержані на факу­льтативі. Ще однією важливою особливістю факульта­ тивних занять є наступність їх стосовно багатьох інших форм позакласної і позашкільної роботи з предмета. Вони добре доповнюють математичні гуртки новим змістом, новими підходами до роз­ криття його, а також зв'язністю викладу. У свою чергу, на заняттях гуртків (5—6 класи) має проводитись відповідна підготовча робота з формування інтересів і нахилів учнів, що суттєво полегшує перехід до систематичного вивчен­ня певних розділів математики під час факульта­тивів. На таких заняттях необхідне використання іс­ торичних відомостей з математики. Зазначимо, що цьому аспекту є більша можливість приділити увагу під час факультативів, ніж в основ­ ному курсі. Факультативи слід спрямовувати на застосування науки. Потрібним залишається також включення практичних робіт в окремі теми. Ця форма занять наближає процес навчання до використання знань на практиці. В активізації мислення учнів, розвитку їхньої самостійності важливу роль відіграє вибір мето­ дів і прийомів проведення таких занять. При цьо­ му необхідно враховувати зміст факультативно­ го курсу, підготовленість дітей, інтерес до тих чи інших розділів програми. Факультативи не слід обмежувати однією формою занять. Вони можуть проходити у вигляді лекцій, практичних робіт, обговорення рефератів, екскурсій і т. д. Велике значення для успішного засвоєння матеріалу має підбір задач. Їх слід подати на пев­них етапах викладу матеріалу. Це проблемні, задачі для закріплення і формування навичок, дослідницькі та ін. Для підвищення ефективності математичних факультативів неабияка роль роз­робки методично обґрунтованої системи відпові­дних вправ до кожної теми, використання наоч­них і технічних засобів навчання. Такі заняття дають змогу реалізувати ідею диференційованого навчання. Порівняно невели­ка кількість учнів може краще побачити їх, реалізувати індивідуальний підхід, враховуючи інтелектуальні сили. Зупинимося на методичних рекомендаціях до теми «Геометричні побудови» (7 клас, 12 год). Матеріал цього факультативу можна спланувати так: • основні (найпростіші) побудови циркулем та лінійкою (1 год); • загальна схема розв'язування задач на по­ будову (1 год); • метод геометричних місць точок (1 год); • основні (найпростіші) геометричні місця то­ чок та їх побудови циркулем і лінійкою (2 год); • застосування методу геометричних місць точок до розв'язування задач на побудову три­

кутників, заданих різними елементами, на побу­ дову кола, яке дотикається до прямих, сторін кута чи інших кіл (4 год); • поняття про геометричні побудови, вико­ нувані іншими засобами  (2  год); • відомості з історії (1 год). В основу проведення таких занять потрібно покласти знання учнями матеріалу, одержаного на уроках геометрії. Починати слід з повторення найпростіших побудов циркулем та лінійкою. При розв'язуванні кожної задачі на побудову виникає питання про те, як потрібно міркувати, щоб відшукати спосіб її розв'язання, знайти всі розв'язки. Тому радимо користуватися відомою схемою розв'язання задачі, яка складається з чотирьох етапів: аналіз; побудова; доведення; дослідження. Її не потрібно вважати завжди не­обхідною і незмінною, але в більшості випадків вона допомагає. У шкільному курсі геометрії вивчають най­ простіші геометричні місця точок: бісектриса, коло, серединний перпендикуляр відрізка, па­ ралельні прямі та ін. Розв'язування задач на їх знаходження складається з трьох частин: аналі­ зу, доведення та дослідження. Аналіз проводять для того, щоб висловити припущення стосовно того, якою фігурою є ГМТ. Для цього розглядають точку, що належить шуканому ГМТ, шукають зв’язки цієї точки з даними елементами, висловлюють гіпотезу про шукане ГМТ, яку потрібно обґрунтувати. Щоб встановити правильність гіпотези, висловленої в аналізі, потрібно довести істинність двох взаємно обернених тверджень: 1. Кожна точка знайденої при аналізі фігури має властивість шуканого ГМТ. 2. Кожна точка, що має дану характеристичну властивість, належить знайденій при аналізі фігурі. Корисно пам’ятати, що доведення твердження 2 може бути замінено доведенням такого твердження: 3. Якщо точка не належить знайденій фігурі, то вона не володіє зазначеною характеристичною властивістю. Дослідження зводиться до розгляду різних випадків, які можуть бути при розв’язуванні задачі залежно від того чи іншого вибору даних. Задача. Знайти геометричне місце середин хорд даного кола, що проходять через дану точку P, яка лежить у середині даного кола. А н а л і з. Нехай точка M – середина довільної хорди AB (див. мал). З’єднаємо центр кола О з точкою М і з фіксованою точкою Р. Оскільки ОМ ⊥ АВ, то ∠PMO=90°. Отже, точка M лежить на колі діаметра OP. Сформулюємо припущення: шуканим ГМТ є коло, побудоване на OP як на діаметрі. Доведення 1. Середина кожної хорди належить колу діаметра OP.

43


Позакласна робота

2. Кожна точка M побудованого кола є сере­ диною деякої хорди, що проходить через точку P. Справді, OM ⊥ AB, бо ∠OMP = 90°, як вписаний, що спирається на діаметр. Отже, BM=MA. Д о с л і д ж е н н я. Якщо точка P розташована зовні кола, то шуканим геометричним місцем точок M є не все коло діаметра OP, а тільки його дуга, яка розташована в середині даного кола. Якщо точка P знаходиться всередині даного кола або на колі, але не є центром кола, то шуканим ГМТ є коло з діаметром OP. Якщо точка P є центром кола, то вона і є шуканим ГМТ. Приклади задач для самостійної роботи. 1. Знайти геометричне місце: • вершин C трикутників, що мають спільну основу AB і в яких бічна сторона AC дорівнює даному відрізку; • вершин C трикутників зі спільною основою AB, у яких медіана, проведена до основи, дорівнює даному відрізку. • центрів кіл даного радіуса, що проходять через дану точку; • центрів кіл даного радіуса, що дотикаються до даного кола; • середин хорд даного кола, що дорівнюють даному відрізку; • вершин рівнобедрених трикутників зі спільною основою; • центрів кіл даного радіуса, що дотикаються до даної прямої; • центрів кіл, що дотикаються до двох даних паралельних прямих. 2. Відрізок AB даної довжини рухається так, що кінці його ковзають по сторонах прямого кута. Знайти ГМТ, що описує середина відрізка. Знаходження ГМТ не слід змішувати з задачею на побудову методом ГМТ. Метод геомет­ ричних місць точок є одним з основних методів розв’язування задач на побудову. На факультативних заняттях у 7 класі розв’язуємо задачі на побудову фігур з використанням простіших геометричних місць точок, які відомі учням. Наведемо приклади таких задач. 1. Побудувати трикутник за стороною, прилеглим кутом та сумою (різницею) двох інших сторін.

44

2. Побудувати прямокутний трикутник за: • гіпотенузою і сумою (різницею) катетів; • катетом і сумою (різницею) гіпотенузи і другого катета. 3. Побудувати коло даного радіуса, що проходить через дану точку і дотикається до даного кола (даної прямої). 4. Побудувати коло даного радіуса, що дотикається до двох даних кіл (двох даних прямих). 5. Побудувати коло, що проходить через дану точку і дотикається до двох даних паралельних прямих. 6. Побудувати коло, що проходить через дві дані точки і дотикається до даного кола (даної прямої) в даній точці. Особливу цікавість в учнів викликають задачі, які вдається розв'язати з допомогою тільки одного креслярського інстру­мента. Ним можуть бути: однобічна або двобічна лінійка, прямий кут, циркуль, кутник та ін. Пропонуємо на факультативних заняттях роз­ в'язати обмеженими засобами пропоновані кон­ структивні задачі. І. За допомогою двобічної лінійки викона­ти наступні побудови: • поділити даний відрізок навпіл; • подвоїти даний відрізок; • провести бісектрису даного кута; • подвоїти даний кут; • через дану точку Р побудувати пряму, па­ ралельну до даної прямої а; • поставити перпендикуляр до даної прямої. II. За допомогою прямого кута виконати такі побудови: • поділити даний відрізок навпіл; • подвоїти даний відрізок; • знайти центр даного кола; • дано три точки, знайти центр кола, що проходить через ці точки. III. Виконати побудови з допомогою цир­ куля: • даний відрізок збільшити (зменшити) в два, три і більше разів; • поділити дане коло на три рівні частини; • поділити дане коло на шість рівних частин; IV. За допомогою кутника виконати побу­дови: • подвоїти даний відрізок; • поділити даний відрізок навпіл; • подвоїти даний кут; • через дану точку провести пряму, парале­льну даній прямій. Великий практичний інтерес становлять набли­ жені способи розв'язування геометричних задач на побудову. Такі методи геометричних побудов становлять основний розділ теорії геометричних побудов, які відіграють важливу роль у матема­тичній підготовці учня. Геометричні задачі на по­будову нестандартні, зручні для закріплення нав­чального матеріалу.


Позакласна робота ІНТЕЛЕКТ – ШОУ «ЕВРИКА» 9 клас Світлана МАТУЩАК — учитель математики Овруцької гімназії ім. А. С. Малишка, спеціаліст І категорії

Мета. Розширити і поглибити знання учнів з математики; розвивати логічне мислення, інтерес до знань, активність, кмітливість, винахідливість; виховувати культуру мовлення. Хід інтелект – шоу У праці, навчанні, грі, в усякій творчій діяльності людині потрібні винахідливість, уміння міркувати — те, що називають «кмітливістю». Кмітливість можна розвивати, розв’язуючи творчі, логічні математичні задачі як зі шкільного курсу математики, так і задачі, які виникають з практики і пов’язані зі спостереженнями за речами, подіями в навколишньому світі. Сьогодні ми за допомогою її величності Математики та нашого шановного журі визначимо найкмітливішого серед кмітливих. Знайомство з учасниками гри та членами журі. Для визначення послідовності участі в конкурсах проведемо відбірковий тур. Завдання відбіркового туру Із запропонованих букв потрібно якнайшвидше скласти слово. А

В

Е

И

К

Р

I конкурс «ТЕМА» До вашої уваги пропонуються такі теми: з алгеб­ ри — «Функції», «Рівняння»; з геометрії — «Трикутники», «Теорема Піфагора». «Функції» 1. Що називають функцією? 2. Що називають областю визначення функції? 3. Що називають областю значень функції? 4. Яку функцію називають лінійною? 5. Яку функцію називають квадратичною? 6. Яку функцію називають зростаючою? 7. Яку функцію називають спадною? 8. Що є графіком лінійної функції? 9. Що є графіком квадратичної функції? 10. Назвіть область визначення та область значень функції y = x2. «Рівняння» 1. Що називають рівнянням? 2. Що означає розв’язати рівняння? 3. Що називають коренем або розв’язком рівняння? 4. Які рівняння називають рівносильними? 5. Яке рівняння називають квадратним? 6. Як називають числа a, b, c квадратного рівняння? © Матущак С. Г., 2012

7. За якою формулою обчислюють дискримінант квадратного рівняння? 8. Скільки коренів може мати квадратне рівняння? 9. За якою формулою обчислюють корені квадратного рівняння? 10. Яке квадратне рівняння називають зведеним? «Трикутники» 1. Яку фігуру називають трикутником? 2. Сформулювати І ознаку рівності трикутників. 3. Сформулювати ІІ ознаку рівності трикутників. 4. Який трикутник називають рівнобедреним? 5. Як називаються сторони рівнобедреного трикутника? 6. Що називають медіаною трикутника? 7. Сформулювати властивість медіани рівнобед­ реного трикутника. 8. Що називають середньою лінією трикутника? 9. Сформулювати теорему про середню лінію трикутника. 10. Сформулювати ознаку подібності трикутників за трьома сторонами. «Теорема Піфагора» 1. Як називають сторону прямокутного трикутника, яка лежить проти прямого кута? 2. Як називають прямокутний трикутник зі сторонами 3, 4, 5 одиниць? 3. Що коротше — катет чи гіпотенуза? 4. Що називають косинусом гострого кута прямокутного трикутника? 5. Яку теорему довів Піфагор? 6. Що називають синусом гострого кута прямокутного трикутника? 7. Що називають тангенсом гострого кута прямокутного трикутника? 8. Обчисліть sin 30°. 9. Обчисліть sin 45°. 10. Обчисліть cos 45°. ІІ конкурс «Оратор» або «Думки з приводу» Геометрія — це наука про властивості геометричних фігур. Слово «геометрія» у перекладі на українську означає «землемірство». Така назва зумовлена застосуванням геометрії до вимірювання на місцевості. Та чи потрібні у повсякденному житті знання з геометрії? Отже, тема конкурсу «Оратор» — «Чи потрібно вивчати геометрію?» Даємо одну хвилину на обдумування і одну хвилину кожному оратору для промови.

45


Позакласна робота ІІІ конкурс «Практикум» Уявіть, що вам як найкращим учням-мате­ма­тикам, потрібно провести урок в 1 класі. Ваше завдання: маючи різні геометричні фігури — трикутники, квадрати, паралелограми — скласти з них різних звіряток. Фантазія у першокласників безмежна, а у вас ще більша, бо ви — дев’ятикласники. Отже, вам потрібно скласти із семи геометричних фігур зайця. Враховується правильність і охайність.

Мал. 2

Якщо учні до цього часу не були знайомі зы старовинною китайською головоломкою «Танграм», то перед початком цього конкурсу можна розрізати квадрат, пронумерувати утворені частини і показати готові фігури, складені з усіх семи частин розрізаного квадрата. Наприклад, будинок (мал. 3), кицька (мал. 4), гуска (мал. 5).

Координати 1. Їх не вистачало дітям капітана Гранта. 2. Військові їх не розголошують. 3. Бувають у вектора і у точки на площині. Діагональ 1. У кола їх немає. 2. Проходить із кута в кут. 3. У ромбі вони перетинаються під прямим кутом. Висота 1. Її люблять льотчики. 2. Відрізок у трикутнику. 3. Буває над рівнем моря. Площа 1. Звичайно знаходиться в центрі міста. 2. Вимірюється у квадратних одиницях. 3. У прямокутника – це добуток довжини на ширину. Помилки 1. За це знижують оцінки. 2. Відмінники їх роблять рідко. 3. На них вчаться. Геометрія 1. У ній одних теорем штук сто. 2. Буває Евкліда, а буває Лобачевського. 3. З грецької перекладається як землемірство. Теореми 1. Їх формулюють математики. 2. Є про трикутники, є про кути. 3. Їх треба доводити.

Мал. 3

Мал. 4

Мал. 5

ІV конкурс «Підказки» У цьому конкурсі беруть участь одночасно всі учні. Я називаю три підказки, за якими слід відгадати, про що йдеться. Не забуваємо, що тема — «Математика». Якщо слово відгадано після першої підказки — 3 бали, якщо після другої — 2 бали, після третьої — 1 бал. Кут 1. У класі їх чотири. 2. Вимірюється транспортиром. 3. Малюків туди ставлять. Множення 1. З багатством це також може статися. 2. Арифметична дія. 3. Є така таблиця.

46

Екзамен 1. Ним закінчується навчання. 2. Якби його не було, ніхто б нічого не вчив. 3. Буває вступний, а буває випускний. Конкурс «Дуель» Цей конкурс визначить переможця інтелект-шоу «Еврика». За правильну відповідь учасник отримує один бал. 1. Що ділить кут трикутника навпіл? 2. Дріб, у якого чисельник менший від знаменника. 3. Рівність двох відношень. 4. Сторони, які утворюють прямий кут у трикутнику. 5. Найбільша хорда у колі. 6. Пристрій для вимірювання кутів. 7. Твердження, що приймається без доведення. 8. Хто є автором підручника геометрії, за яким ви навчаєтесь? 9. Які числа в минулому вважалися абсурдними, фіктивними, числами від диявола? 10. Числа, що використовуються для лічби предметів.


Це цікаво Мозаїка «Стомахіон»

зання простої геометричної фігури на частини з подальшим її збиранням захоплювало людей з давніх часів. Архімед запропонував розрізати на частини (як показано на малюнку) прямокутник, відношення сторін у якого дорівнює 1 : 2. Властивості утворених фігур та співвідношення між ними він описав у роботі «Стомахіон».   Архімед намагався з’ясувати, скільки існує способів створення квадрата за допомогою 14 заданих елементів. Його відповідь - 17.152 комбінацій. Детальніше про цю роботу можна прочитати у журналі Квант (http://kvant. mccme.ru/1978/08/stomahion.htm) і за адресою http:// www.grekomania.ru/news/science/977-sekrety-arhimeda.

Сучасні діти залюбки складають різноманітні картинки з меншої чи більшої кількості пазлів, що входять до певного набору. Історія використання пазлів бере свій початок з XVII століття. Перші пазли створив у 1763 році англієць Д. Спілбері. Це була географічна карта (політична), наклеєна на дерев’яну основу. Пазли утворювалися її розрізанням уздовж кордонів країн. Вони призначалися для вивчення географії. З часом використання пазлів поширилося світом і перетворилося з засобу навчання на логічну гру, яка приносить задоволення дорослим і дітям. Пазли виготовляли з репродукцій відомих картин; журнальних ілюстрацій; фото автомобілів, кораблів, архітектурних будівель; карикатурних малюнків тощо. Детальніше про це можна прочитати за адресою http:// www.pazlov.net/ua/modules/newscore/news.php?id_entry=1. Логічною грою, схожою на сучасні пазли, є створена Архімедом головоломка «Стомахіон». Розрі-

РЕГІОНАЛЬНІ ПРЕДСТАВНИки Державного інформаційно-виробничого підприємства видавництва «педагогічна преса» Автономна республіка Крим Олег Мішин тел.: 099-777-17-69

Житомирська область Ольга Лавринчук–Ковтун тел.: 098-518-39-76

Вінницька область Тетяна Данілова тел.: 0432-56-21-38

Закарпатська область Михайло Басараб тел.: 050-204-79-57

Волинська область Віталій Горошко тел.: 033-272-54-21 Дніпропетровська область Еліна Заржицька тел.: 099-704-58-44 Донецька область Володимир Радичев тел.: 050-723-73-79

Запорізька область Антоніна Грипа тел.: 097-392-81-38, 095-800-04-74 Івано-Франківська область Іванна Костюк тел.: 050-627-22-18

Київська область Валентина Щербак тел.: 044-592-79-86, 044-278-23-13 Луганська область Олена Бахмут тел.: 099-985-58-15 Львівська область Галина Заник тел.: 093-887-18-96 Миколаївська область Людмила Завірюха тел.: 096-762-14-48 Одеська область Андрій Хаєцький тел.: 063-618-59-57 Полтавська область Олександра Волошко тел.: 066-624-76-01, 053-222-41-63

74326 Математика в сучасній школі

1

Харківська область Анастасія Альошичева тел.: 093-690-72-22

11

×

×

Рівненська область Ігор Опольський тел.: 093-127-12-67 Сумська область Олег Геренко тел.: 067-542-82-79 Тернопільська область Тетяна НЮНЯ тел.: 050-554-21-58, 035-253-39-62

×

×

×

×

×

×

×

×

×

×

Херсонська область Людмила Перепелиця тел.: 097-575-39-27, Хмельницька область Микола Чернега тел.: 038-265-72-74 Черкаська область Лариса Максюта тел.: 093-921-15-45, 047-237-93-61 Чернівецька область Анна Семанюк тел.: 095-337-01-58 Чернігівська область Лідія Бурцева тел.: 093-119-99-86, 046-267-84-83

47


Інформуємо читачів КОРЕСПОНДЕНТАМ ЖУРНАЛУ Тим, хто хоче виступити на сторінках журналу «Математика в сучасній школі», повідомляємо вимоги, які мають задовольняти матеріали, що над­ ходять до редакції. Рукопис статті адресується до однієї з рубрик журналу. Можна запропонувати нову рубрику. • Автор подає до редакції рукопис українсь­к ою мовою обсягом до 12 сторінок формату А4. • Автор підписує рукопи­с , стверджуючи цим достовірність дат, ци­т ат, фактів тощо. • Текст рукопису має бути набраний на комп'ютері (друк з одного боку сторінки, півто­р а інтервали між рядками, розмір шрифту 14) у текстовому редакторі MicrosoftWord версії не вище MicrosoftWord-2010, а форму­л и – у редакторі формул MathType версії не вище 6.7a. Дис­к и авторам статей не повертаються. Матеріали на дискетах не розглядаються. Ілю­­­страції подаються на окремих аркушах.

До рукописів, які містять задачі, обов’язко­в о додавати розв'язання всіх задач. • Поля сторінок рукопису: ліве і нижнє – 25 мм, верхнє – 20 мм, праве – 10 мм. • Обов'язковим є електронний варіант тек­с ту та ілюстрацій у форматі jpeg або tif. • Бібліографія до рукопису має бути скла­д ена з додержанням правил стандартів. • До рукопису додаються дані про авторів (прізвище, ім'я, по батькові, місце роботи, посада, адреса, телефон). • Статті, які передбачається використати при поданні до захисту ди­ сертаційних робіт, надсилати з рецензією та зазначенням руб­р ики «Наукові дослід­ж ення». • Прохання не надсилати ті самі матеріали водночас до нашого журналу та інших ви­д ань. Редакція журналу

Державне інформаційно-виробниче підприємство видавництво «Педагогічна преса» Директор видавництва Олександр ОВЧАР Головний редактор редакції природничо-математичних журналів Микола ЗАДОРОЖНИЙ

Адреса видавництва та редакції: 01054, Київ, вул. Дмитрівська, 18/24 Тел.: 486-69-52 E-mail: 2345255@ukr.net журнал «Математика в сучасній школі» Над номером працювали: Олена ПОПОВИЧ (відповідальний редактор) Ірина КОСОНОЦЬКА (коректор) Марина КОЛМАГОРОВА (комп'ютерний набір) Віктор Дяченко (верстальник)

Шановні читачі! Не забудьте передплатити журнал «Математика в сучасній школі». Журнал можна передплатити на один місяць, квартал, півроку і на рік.

Підписано до друку 12.04.2012. Формат 60x84 ⅛. Папір офсет. Друк офсет. Умов. друк. арк. 5,58. Обл.-вид. арк. 6,6. Наклад 1770 пр. Зам. 000

Передплата здійснюється до 10 числа місяця, що передує передплатному.

Видрукувано ВАТ «Видавництво "Київська правда"», 04136, м. Київ, вул. Маршала Гречка, 13. Свідоцтво про державну реєстрацію АО1 № 602408 від 11.10.2010.

Індекс 74326.

48


Matematika v suchasnіj shkolі №4 2012