«РОЗВИВАЮЧІ ЗАДАЧІ НА УРОКАХ МАТЕМАТИКИ»

ЗМІСТ

ВСТУП

РОЗДІЛ І. Розвиваючі задачі на уроках математики у 5-6 класах середньої школи

• Алгоритм Евкліда
• Анаграми та аналогії
• «Доказ від противного»
• Класифікація

РОЗДІЛ ІІ. Розвиваючі задачі на уроках математики у 7-8 класах середньої школи

2.1. Принцип Дирихле

2.2. Виділення цілої частини дробу

2.3. Метод інваріантів

2.4. Математична індукція

2.5. Задачі на розкраску і розбиття площини

Висновки

Список використаної літератури 

ВСТУП

Ціль цієї роботи – дати в короткій формі характеристику основним евристичним прийомам, які відповідають математичному стилю мислення, розкрити зміст деяких спеціальних видів задач, направлених на розвиток логіко-лінгвістичних здібностей учнів 5-8 класів.

Основну частину роботи складають задачі, які можуть розв’язати всі без виключення учні, незалежно від їх відмінностей в рівні інтелектуального розвитку і математичної підготовки. Систематична робота з цими задачами на уроках математики буде допомагати як більш глибокому засвоєнню знань, так і закріпленню умінь користуватися евристичними методами.

Для розв’язування всіх задач цілком достатньо інформації, яка є в підручниках з математики для 5-8 класів. Більш того, віднесення задачі до тої чи іншої теми, мотивувалось лиш можливістю вирішення її тими засобами, якими будуть володіти учні в результаті вивчення матеріалу.

РОЗДІЛ І. РОЗВИВАЮЧІ ЗАДАЧІ НА УРОКАХ МАТЕМАТИКИ В 5-6 КЛАСАХ СЕРЕДНЬОЇ ШКОЛИ

1.1 Алгоритм Евкліда.

Алгоритм Евкліда (також називається евклідів алгоритм) — ефективний метод обчислення найбільшого спільного дільника (НСД). Названий на честь грецького математика Евкліда, котрий описав його в книгах VII та X Начал.

Найбільший спільний дільник двох чисел це найбільше число, що ділить обидва дані числа без залишку. Алгоритм Евкліда оснований на тому, що НСД не змінюється, якщо від більшого числа відняти менше. Наприклад, 21 є НСД чисел 252 та 105 (252 = 21 × 12;105 = 21 × 5); оскільки 252 − 105 = 147, НСД 147 та 105 також 21. Оскільки більше з двох чисел постійно зменшується, повторне виконання цього кроку дає все менші числа, поки одне з них не дорівнюватиме нулю. Коли одне з чисел дорівнюватиме нулю, те, що залишилось, і є НСД. Обертаючи кроки алгоритму Евкліда в зворотній порядок, НСД можна виразити як лінійну комбінацію даних чисел помножених на цілі коефіцієнти, наприклад 21 = 5 × 105 + (−2) × 252. Ця важлива властивість відома як лема Безо.

Найдавніший опис алгоритму знаходиться в Началах Евкліда (біля 300 до н. е.), що робить його найдавнішим чисельним алгоритмом, яким користуються і нині. Оригінальний варіант алгоритму описував роботу лише з натуральними числами та геометричними довжинами (дійсними числами), алгоритм було узагальнено в XIX столітті на роботу з іншими типами чисел, такими як Гаусові цілі та поліноми з однією змінною. Це призвело до появи сучасних алгебраїчних понять, таких як Евклідові класи. Алгоритм Евкліда було узагальнено ще далі для роботи з іншими математичними структурами, такими як вузли та поліноми від багатьох змінних.

Алгоритм евкліда має багато застосувань на практиці, та в теорії. З його допомогою можна згенерувати практично всі найважливіші музичні ритми різних культур у всьому світі. Алгоритм Евкліда відіграє ключову роль в алгоритмі RSA, поширеному методі криптографії з відкритим ключем. Його також використовують для пошуку розв’язків Діофантових рівнянь, наприклад, пошук чисел, що задовільняють декільком умовам (Китайська теорема про залишки) або зворотні числа в скінченному полі. Алгоритм Евкліда також застосовують для побудови ланцюгових дробів в методі Штурма для пошуку дійсних коренів полінома, та в сучасних методах факторизації цілих. Нарешті, він виступає простим інструментом для доведення теорем в теорії чисел, таких, як теорема Лагранжа про чотири квадрата та основної теореми арифметики.

Задача1. Є дві дерев’яні планки довжиною 119 см та 35 см. Як розділити їх на однакові частини, не маючи під руками вимірювальних інструментів? Чому дорівнює довжина кожної такої частини?

Розв’язок. З відрізку 119 см віднімемо три рази відрізок довжиною 35 см. У нас залишиться відрізок довжиною 14 см. Очевидно, що 14<35. Тепер з відрізку довжиною 35 см віднімемо два відрізки по 14 см. У нас залишиться відрізок довжиною 7 см. І в кінці з відрізку 14 см два рази віднімемо відрізок в 7 см, залишку не буде. Таким чином, ми отримали загальну міру двох даних відрізків, довжина якої дорівнює 7 см. За допомогою цієї міри і розділимо всі відрізки на рівні частини.

Задача2. Діма накреслив на землі прямокутник зі сторонами 232 см та 68 см і став послідовно «відрізувати» від нього квадрати найбільшої величини. Взнайте, якої довжини була сторона останнього квадрату,який «відрізав» Діма?

Розв’язок. Виконаємо ділення з остачею:

232=3*68+28 — три квадрати зі стороною 68 см і залишок.

68=2*28+12 – два квадрати зі стороною 28 см і залишок.

28 =2*12+4 – два квадрати зі стороною 12 см і залишок.

12=3*4 – три квадрати зі стороною 4 см.

Значить, довжина сторони останнього «відрізаного» квадрата дорівнює 4 см.

Алгоритм Евкліда складається з наступного. Якщо є два числа a і b, причому а>b>0, то спочатку ділимо а на b і отримуємо залишок r1 (0 r1<b). Потім ділимо b на r1і знаходимо залишок r2 (0 r2<r1). Далі ділимо число r1 на r2 і отримаємо залишок r3 (0 r3<r2) і т. д. поки який-небудь залишок не розділиться на попередній. Останній, відмінний від нуля, залишок і буде дорівнювати НСД (a,b).

1.2. Анаграми та аналогії.

В задачах цієї серії потрібно розшифрувати кожен запис роблячи перестановки букв в неї так, щоб вийшло слово, яке має смисл. Такі перестановки називають анаграмами. Наприклад, розв’язати анаграму ДВАКАТР означає, знайти слово, яке складається із даних букв, — це КВАДРАТ. Особливе зацікавлення мають ті випадки, коли анаграма може бути розв’язана декількома способами, тобто із одного набору букв можна получити не менш двох різних слів. Наприклад, анаграма ГИКОАЛ відповідає парі слів: ЛОГИКА і ИГОЛКА. (рос.)

Наведемо приклади анаграм, які дають пару слів, одне з яких – математичний термін.

• КТЕОВР
• ОУНСК
• РТСКЕО

Анаграми, які мають більш двох розв’язків.

• ПРСЕ
• ОУЛНК
• ОСТР

Розв’язування анаграм потребує достатньо тренованої язикової пам’яті, вміння оперативно виконувати перестановку букв у слові. Ці вправи дають розвиваючий ефект при систематичному використанні на уроках математики у 5 класі під час усної роботи.

Аналогія – це схожість між об’єктами у деякому відношенні. Використання аналогії в математиці являється однією із основ пошуку розв’язку задач. Нерідко міркування по аналогії приводять до необхідного результату. Суть цих заданій складається у наступному. Маємо  три об’єкти: слова чи фігури. Між першими двома з них є якийсь зв’язок. Необхідно його установити і аналогічно  міркуючи, підібрати із нижнього ряду об’єкт, який має такий же зв’язок з третім.

Розглянемо приклад.

Приклад.

Заголовними буквами виділені три слова. Подумайте, як пов’язані перші два з них і знайдіть у списку а)-г) четверте слово, яке таким же чином зв’язане з третім:

УМЕНЬШАЕМОЕ-РАЗНОСТЬ, МНОЖИТЕЛЬ-?

а) сумма, в) вычитаемое, в) произведение,  г) умножение.

Якщо добре розглянемо слова, мі бачимо, що УМЕНЬШАЕМОЕ і РАЗНОСТЬ – це назви одного з компонентів і  результат дії віднімання, а МНОЖИТЕЛЬ – назва компонента дії множення. Значить, із списку слів, треба вибрати назву результату дії множення, тобто слово «произведение».

Тематика приведених вправ відповідає курсу математики 5 класу.

Приклад 1. Подумайте як пов’язані між собою слова:

САНТИМЕТР-МИЛЛИМЕТР, ГЕКТАР -?

а) кілометр, б) квадратний дециметр, в) площа, г) метр.

Приклад 2. КВАДРАТ- ПРЯМОУГОЛЬНИК, КУБ -?

а) прямокутний паралелепіпед, б) шар, в) ромб, г) піраміда.

1.3. Доказ «від противного»

Доказ — це логічна операція обгрунтування істинності затвердження за допомогою фактів та інших істинних пов’язаних з ним суджень. Пізнання окремих фактів, предметів, їх властивостей відбувається за допомогою форм чуттєвого пізнання (відчуттів і сприйняття) і висловлювання допоміжних суджень і тверджень. Ми бачимо, що цей будинок ще не добудований, відчуваємо смак гірких ліків і так далі. Ці істини і факти не підлягають особливому доведенню, вони очевидні. У багатьох випадках, наприклад у творі, у роботі, в доповіді і в багатьох інших, доводиться доводити, обгрунтовувати висловлені судження та затвердження. Доказовість і обгрунтованість важлива якість правильного мислення людей.

Теорія докази і спростування є в сучасних умовах засобом формування науково обгрунтованих і юридично грамотних переконань і тверджень.

Доказ — це сукупність логічних прийомів обгрунтування істинності якого-небудь судження за допомогою інших істинних і пов’язаних з ним суджень. Доказ пов’язано з переконанням, але не тотожне йому: докази повинні грунтуватися на даних науки та суспільно-історичної практики, переконання ж можуть бути засновані, наприклад, на забобонах, на необізнаності людей в якихось питаннях, на видимості доказовості, заснованої на різного роду софізми.

Доказ справедливості твердження «Якщо А, то В» (А⇒В) « від противного» — це значить, замість твердження А⇒В доказати одне із наступних рівносильних йому тверджень:

а) із пропозиції істинності А і хибності В вивести яке-небудь протиріччя: два взаємовиключаючих один одного висловлювання;

б) із пропозиції істинності А і хибності В вивести, що хибно А;

в) із пропозиції істинності А і хибності В вивести істинність В.

Приведемо приклад доказу способом «від противного».

Приклад.

Довести, що рівняння  не має цілих розв’язків.

Розв’язок.

Припустимо противне: нехай існують цілі числа х0 і у0, які задовольняють рівнянню . Тоді має місце рівність . Не важко помітити, що х0 – не парне число, тому  ділиться на 4, отже, і 10 повинне бути кратним 4.

Отримане протиріччя доводить невірність висловленого припущення. Значить, рівняння  не має цілих розв’язків.

Тема: « Додавання і віднімання натуральних чисел».

Задача: Довести, що з натуральних чисел від 1 до 100 не можна вибрати 71 число таким чином, щоб їх сума дорівнювала сумі інших чисел.

Тема: «Ділення з остачею».

Задача: Вітя сказав своєму товаришу Колі: «Я придумав приклад на ділення, в якому ділиме, дільник, частка і залишок закінчуються відповідно на 1, 3, 5, 7.»

Подумавши, Коля відповів: «Щось ти плутаєш». Чи правий Коля?

Тема: «Додатні та від’ємні числа».

Задача: Дано 173 числа, кожне з яких дорівнює 1 або -1. Чи можна розбити їх на 2 групи так, щоб суми чисел, які входять в кожну групу, були б рівні?

1.4.Класифікація

Класифікація – це загально пізнавальний прийом логічного мислення, суть якого полягає в розбитті даної множини об’єктів на підмножини, які попарно не перетинаються. Кількість таких підмножин, а також їх склад залежить від основи класифікації, яке може приймати різні значення. Наприклад, можна провести розбиття множини всіх трикутників площини на класи по величині більшого кута, об’єднуючи в один клас гострокутні трикутники, в інший – прямокутні, в третій – тупокутні трикутники; в залежності від конкретного співвідношення довжин сторін всі трикутники можна підрозділити на рівнобедрені і різносторонні або на рівносторонні і не рівносторонні і т.д. Іншими словами, одну і ту ж множину можна розбити на класи різними способами.

Цей прийом, як і інші евристики, не виступають у школі  у якості предмета спеціального засвоєння. Тому у учнів дуже часто труднощі в виборі основи класифікації, порушуючи ієрархію системи класифікації того чи іншого поняття, звужують об’єм поняття, яке ділять.

Навчання учнів прийому класифікації треба починати з молодших класів, використовуючи  для цього навчальний матеріал.

Наведемо приклади завдань, які мають за мету формування вмінь робити класифікацію математичних понять, які задані в різних формах. Процедура їх виконання така: розглядаючи об’єкти верхньої строки, знаходимо її загальну ознаку і потім відмічаємо в нижній строчці той об’єкт, який також має цю ознаку, а інші не мають.

Тема: «Подільність натуральних чисел».

Задача: Подумайте, що об’єднує слова, і відмітьте слово у нижньому ряду, яке до них підходить:

ЧОТИРИ, ВІСІМНАДЦЯТЬ, СТО

а) п’ять , б) одинадцять,  в) тридцять сім,  г) нуль,  д) один.

РОЗДІЛ ІІ. РОЗВИВАЮЧІ ЗАДАЧІ НА УРОКАХ МАТЕМАТИКИ В 7-8 КЛАСАХ СЕРЕДНЬОЇ ШКОЛИ

 2.1 Принцип Дирихле.

У математиків зустрічаються досить дивні «принципи», якими вони ніколи не поступаються. Втім, будь-яка розсудлива людина, ознайомившись з цими принципами, змушений їх визнати. Ось, наприклад, так званий принцип Діріхле. Математики дуже люблять пояснення цього принципу зводити приміром кроликів в клітинах. Вчинимо так само і ми.

Якщо в ста (або n) клітинах сидить не менш 101 (або n +1) кроликів, то хоча б в одній клітці знаходиться більше одного кролика. Дивно, що на основі такого простого і навіть трохи наївного принципу математикам вдається вирішувати досить важкі завдання, доводити теореми красиві, причому не тільки елементарні.

Дирихле принцип – це твердження, згідно якого у будь-якій сукупності із n множин, які містять взагалі більш n елементів, є хоча б одна множина, яка містить ні менш двох елементів.

Принцип Дирихле, а також його узагальнення дуже часто застосовується при розв’язку математичних задач. (у будь-якій сукупності із n множин, які мають більш kn елементів, є хоча б одна множина, яка має більш k елементів)

Основна ідея розв’язування задач, що виводиться із принципа Дирихле, полягає в наступному: якщо при розбитті множини елементів на частини, що не перетинаються, вдається встановити факт взаємозалежності між кількістю елементів даної множини і кількістю її частин в вигляді N n, то тоді можна стверджувати, що серед цих частин є така, яка має більш одного елемента.

Приклад1: Яку найменшу кількість будь-яких натуральних чисел необхідно взяти, щоб серед них завжди знайшлась така пара чисел, різниця яких ділилась б на 5?

Розв’язок: Розіб’ємо множину натуральних чисел на 5 класів: до першого віднесемо всі числа, які при діленні на 5 дають залишок, рівний 0, до другого класу – залишок, який дорівнює 1, до третього класу – залишок, який дорівнює 2, до четвертого класу – залишок, який дорівнює 3, до п’ятого – залишок, який дорівнює 4. Очевидно, що різниця двох чисел, які належать одному класу, ділиться на 5, а різниця двох чисел, які належать різним класам, на 5 не ділиться. Якщо взяти шість чисел, то серед них обов’язково знайдуться два числа, які належать одному й тому ж класу, і різниця цих чисел ділиться на 5.

Отже, найменша кількість натуральних чисел, яке потрібно взяти, дорівнює 6.

Приклад2: В класі 41 учень написав по три контрольні роботи. В підсумку учитель не поставив ні однієї незадовільної відмітки, і кожен учень отримав всі інші оцінки. Узнав про це, один учень помітив, що по крайній мірі 7 чоловік получили однакові оцінки по всім трьом контрольним, а інший, подумав, сказав, що таких учнів з однаковими оцінками, мабуть, буде 8. Хто з них прав?

Розв’язок: Розіб’ємо клас на групи з різними наборами оцінок: 3, 4, 5; 3, 5, 4; 4, 3, 5; 4, 5, 3; 5, 4, 3; 5, 3, 4 (всього 6 груп). Якщо у кожній групі не більш 6 чоловік, то у класі не більш 36 чоловік, що суперечить умові. Тому, хоча б в одній з цих груп не менш 7 учнів. Можливо, і коли в кожній групі не більш 7 учнів (наприклад, в одній 6, а в інших – по 7 чоловік), і, тому твердження другого учня може бути помилковим.

Тому, прав тільки перший учень.

Приклади задач, які рекомендовано використовувати на уроках математики. Тематика цих уроків може бути будь яка.

Задачі:

1. В коробці лежать олівці: 4 красних і 3 синіх. У темряві беруть олівці. Яку кількість треба взяти олівців, щоб серед них було не менш одного синього?
2. В школі 370 учнів. Знайдеться чи у цій школі хоча б два учні, у яких день народження приходився б на одну й ту ж дату календаря?
3. У кожного з 5 хлопців було не менше одної кулі, а всього у них було 7 куль. Міг чи хто-небудь з них мати: а) 3 кулі? Б) 4 кулі?
4. Було зібрано 310 депутатів. Серед них: робочих -204, жінок – 146. Доведіть, що серед робочих не менш 40 жінок.
5. У хлопчика 9 мідних монет. Доведіть, що у нього є хоча б три монети однакової гідності.

2.2 Виділення цілої частини дробу.

Знаходженню конкретних способів розв’язування цілого ряду задач, умови яких містять дрібно-раціональні вирази, допомагає прийом виділення цілої частини дробу. Зміст навчального матеріалу з алгебри для учнів добрий для ознайомлення з цією евристикою. Найбільш багаті можливості у цьому плані у розділів «Алгебраїчні дроби» і «Раціональні рівняння».

 Приклад 1.

Знайти всі цілі с, при яких дріб набуває цілі значення  .

Якщо виділити цілу частину цього дробу, то получимо  , і задача зводиться до знаходження таких значень с, при яких число с+2буде дільником 16.

Приклад 2.

Яке саме велике і саме маленьке значення приймає дріб  , якщо х і у – цифри, х не дорівнює 0?

Якщо застосуємо 2 рази до даного виразу прийом виділення цілої частини дробу, отримаємо:

Звідси ясно, що саме велике значення дробу дорівнює 10 при у=0 і будь якому х, а саме маленьке 1,9 при х=1, у=9.

Тема «Алгебраїчні дроби»

Задачі

1. Знайти значення виразу , якщо .
2. Найти значення виразу:

при х=53.

3. Побудувати графік функції

.

Тема «Раціональні рівняння»

Розв’язати рівняння:

2.3 Метод інваріантів.

Суть цього методу полягає у виявленні основного інваріантного фактору, який визначає стратегію пошуку розв’язку задачі. Така евристика застосовується в тих випадках, коли необхідно вияснити, можна чи ні за допомогою завданих в умовах задачі операцій перейти від одних об’єктів до інших, при цьому у якості інваріантного фактору виступає якась кількісна або структурна характеристика цих об’єктів, яка не змінюється при вказаних операціях.

Приклад:

1. У послідовності 19752… кожна цифра, починаючи з п’ятої, дорівнює останній цифрі суми попередніх 4 цифр. Зустрінеться чи у цій послідовності набор цифр 1234 або 7485?

Розв’язок: Замінимо кожну цифру послідовності 0, якщо вона парна, і 1, якщо вона непарна. Отримаємо послідовність 1111011110111101…, у якій після 4 одиниць стоїть нуль, а далі знову чотири одиниці і т.д.

Наборам 1234 і 7485 відповідає чотири цифри 1010 і 1001, які у даній послідовності не зустрічаються.

На цьому прикладі основним інваріантним фактором, явилась структура заданої послідовності.

2. На дошці написано декілька 0, 1 і 2. Дозволяється убрати дві нерівні цифри і вписати замість них цифру, відмінну від убраних. (замість 0 і 1 – цифру 2, замість 1 і 2 – 0, замість 0 і 2 – 1). Доведіть, якщо після таких операцій на дошці залишиться одне число, то воно не залежить від порядку, в якому убирали цифри.

Розв’язок:Нехай х – кількість 0, у – кількість 1, z – кількість 2. Після кожної операції всі три числа міняються на 1, а значить, змінюють парність. Коли на дошці залишиться одна цифра, одно з чисел буде дорівнювати 1, тобто бути непарним, а два інших – дорівнюють 0, тобто є парними. Відповідно, з самого початку парність одного із чисел була відмінна від парності інших. А це значить, що на дошці буде залишатись тільки та цифра, число якої в початковому запису відмінне по парності від двох інших.

На цьому прикладі основним інваріантним фактором, явилась кількісна характеристика чисел, тобто їх парність.

Приклади задач, які рекомендовано використовувати на уроках математики. Тематика цих уроків може бути будь яка.

Задачі:

1. На столі лежать 2 купки цукерок, у першій – 12 цукерок, а у другій – 13. Двоє грають у таку гру: за хід дозволяється або з’їсти 2 цукерки з однієї купки, або перекласти 1 із першої купки до другої. Програє той, хто не зможе зробити ходу. Довести, що при ладанних умовах починаючий завжди програє.
2. Можна чи ні скласти квадратну таблицю 50 на 50 із чисел так, щоб сума чисел, які стоять у кожному стовпчику, була додатна, а сума чисел, які стоять у кожній строчці, була від’ємна?

2.4 Математична індукція.

Метод математичної індукції відіграє істотну роль у математиці, будучи сильним знаряддям у математичних доведеннях і при розв’язуванні різноманітних задач. Він часто застосовується для розв’язання алгебраїчних, арифметичних і геометричних задач, саме він дозволяє коротко і строго довести багато теорем.

1. Повна і неповна індукція

В основі всякого математичного дослідження лежать дедуктивний і індуктивний методи. Дедуктивний метод міркувань — це міркування від загального до частинного, тобто міркування, вихідним моментом якого є загальний результат, а заключним моментом — частинний результат. У математиці застосовуємо дедуктивний метод, проводячи міркування такого типу: дана фігура — прямокутник, а в кожного прямокутника діагоналі рівні, отже, і в даного прямокутника діагоналі рівні.

По своєму первісному змісті слово «індукція» застосовується до міркувань, за допомогою яких одержують загальні висновки, спираючи на ряд частинних тверджень. Найпростішим методом міркувань такого роду є повна індукція. От приклад подібного міркування.

Приклад: Нехай потрібно установити, що кожне парне натуральне число n у межах 4n20 можна представити у виді суми двох простих чисел.

Розв’язок: Для цього візьмемо всі такі числа і випишемо відповідні розклади:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5; 14=7+7; 16=11+5; 18=11+7; 20=13+7.

Ці 9 рівностей показують, що кожне чисел, що нас цікавлять, дійсно представляється у виді суми двох простих.

Таким чином, повна індукція полягає в тому, що загальне твердження доводиться по окремості в кожному з кінцевого числа можливих випадків.

Іноді загальний результат вдається угадати після розгляду не всіх, а досить великого числа окремих випадків (так називана неповна індукція). Результат, отриманий неповною індукцією, залишається, однак, лише гіпотезою, поки він не доведений точним математичним міркуванням, що охоплює всі часткові випадки. Іншими словами, неповна індукція в математиці не вважається законним методом строго доведення, але є могутнім методом відкриття нових істин.

Приклад: Нехай потрібно знайти суму перших n послідовних непарних чисел. Розглянемо окремі випадки:

1=1=1²;

1+3=4=2²;

1+3+5=9=3²;

1+3+5+7=16=4²;

1+3+5+7+9=25=5².

Після розгляду цих деяких окремих випадків напрошується наступний загальний висновок:

1+3+5+…+(2n-1)=n²,

тобто сума n перших послідовних непарних чисел дорівнює n².

Зрозуміло, зроблене спостереження ще не може бути доказом справедливості приведеної формули. Далі ми познайомимося з методом, користаючись яким, можна довести, що ця формула вірна.

2. Помилки в індуктивних міркуваннях

Наведемо приклади того, як індуктивні міркування призводять до помилкових висновків.

Приклад 1:. Різниця двозначного числа і числа, записаного тими ж цифрами, але в зворотному порядку, ділиться націло на 9. Різниця тризначного числа і числа, записаного тими ж цифрами, але в зворотному порядку, ділиться на 99. Виникає припущення про те, що різниця чотиризначного числа і числа, записаного тими ж цифрам, але в зворотному порядку, розділиться на 999. Це, однак, невірно, наприклад, 2231-1322 = 909, але 909 не поділяється на 999.

Приклад 2: Розглядаючи числа виду 2² +1, французький математик П. Ферма помітив, що при n=1, 2, 3, 4 виходять прості числа. Він припустив, що всі числа такого виду — прості. Однак Л. Эйлер знайшов, що вже при n=5 це невірно: число 2³²+1 не є простим — воно ділиться на 641.

 Приклад 3: Підставляючи в квадратний тричлен P(x)=x²+x+41 замість x натуральнічисла1,2,3,4,5,знайдемо: P(1)=43,P(2)=47, P(3)=53, P(4)=61, P(5)=71. Всі отримані значення даного тричлена є простими числами. Підставляючи замість x числа 0, -1, -2, -3, -4, одержимо: P(0)=41, P(-1)=41, P(-2)=43, P(-3)=47, P(-4)=53. Значення даного тричлена при зазначених значеннях змінної x також є простими числами. Виникає гіпотеза, що значення тричлена P(x) є простим числом при будь-якому цілому значенні x. Але висловлена гіпотеза помилкова, тому що, наприклад, P(41)=41²+41+41=41 43.

Приклад 4: Знаменитий німецький математик ст., один із творців вищої математики, Г.В. Лейбніц довів, що при всякому цілому додатному n число n³-nділиться на 3, число n⁵-n ділиться на 5, число n⁷-n ділиться на 7. На підставі цього він припустив, що при всякому непарному k і будь-якому натуральному n число n^k-n ділиться на k, але незабаром сам помітив, що 2⁹-2=510 не ділиться на 9.

Приклад 5: Потрібно з’ясувати, чи існує таке натуральне число n, що число виду 991n²+1 є точним квадратом. Розглядаючи часткові випадки при n = 1, 2, 3, 4, …, ми будемо одержувати числа, що не є точними квадратами. Якби ми робили обчислення для послідовних натуральних чисел, то щораз одержували би числа, що не є точними квадратами. Цілком природно припустити, що при всіх натуральних n числа виду 991n²+1 не є точними квадратами. Однак це невірно: за допомогою обчислювальної машини було знайдено 29-значне число m таке, що число 991m²+1 виявилося точним квадратом.

Розглянуті приклади дозволяють зробити простий і в той же час важливий висновок: неповна індукція може привести до помилки. Однак важливо підкреслити, що вона іноді приводить до істини, хоча можливість помилки виключати не можна. Твердження може бути справедливим у цілому ряді окремих випадків і в той же час несправедливим узагалі.

3. Принцип математичної індукції

Повна індукція має в математиці лише обмежене застосування. Багато цікавих математичних тверджень охоплюють нескінченне число окремих випадків, а провести перевірку для нескінченного числа випадків людина не може (прикладом такого твердження може служити будь-як твердження, що відноситься до всіх натуральних чисел). Неповна ж індукція, як ми бачили, часто приводить до помилкових результатів.

У багатьох випадках вихід з такого роду утруднень полягає в звертанні до особливого методу міркувань, що називають методом математичної індукції. Він полягає в наступному.

Нехай потрібно довести справедливість деякого твердження для будь-якого натурального числа n (наприклад, потрібно довести, що сума перших n непарних чисел дорівнює n²). Безпосередня перевірка цього твердження для кожного n неможлива, оскільки множина натуральних чисел нескінчена. Щоб довести це твердження, перевіряють спочатку його справедливість для n=1. Потім доводять, що при будь-якому натуральному значенні k зі справедливості розглянутого твердження при n=k випливає його справедливість і при n=k+1. Тоді твердження вважається доведеним для всіх n. Справді, твердження справедливе при n=1. Але тоді воно справедливо і для наступного числа n=1+1=2. Зі справедливості твердження дляn=2 його справедливість для n=2+1=3. Звідси, у свою чергу, випливає справедливість твердження для n=4 і т.д. Ясно, що зрештою ми дійдемо до будь-якого натурального числа n. Виходить, твердження вірне для будь-якого n.

Узагальнюючи сказане, сформулюємо загальний принцип.

Принцип математично ї індукції. Якщо речення А (n), що залежить від натурального числа n, істинно для n=1 з того, що воно істинно для n=k (де k — будь-яке натуральне число), випливає, що воно істинно і для наступного числа n=k+1, то А (n) істинно для будь-якого натурального числа n.

4. Узагальнення принципу математичної індукції

У ряді випадків буває потрібно довести справедливість деякого твердження не для всіх натуральних чисел, а лише для n p, де p — фіксованої натуральне число. У цьому випадку принцип математичної індукції формулюється в такий спосіб.

Якщо речення А (n) істинно при n=р і якщо А (k)А (k+1)для будь-якого kр, то А (n) істинно для будь-якого nр.

Принцип математичної індукції є однієї з аксіом множини натуральних чисел, що має багато застосувань у математиці, і тому не доводиться. На цьому принципі заснований метод доведення, що називається методом математичної індукції.

5. Метод математичної індукції

Метод математичної індукції дозволяє в пошуках загального закону випробувати виникаючі при цьому гіпотези, відкидати помилкові і затверджувати правильні.

Метод математичної індукції широко застосовується при доведенні теорем, тотожностей, нерівностей, при розв’язуванні задач на подільність, при розв’язуванні деяких геометричних і багатьох інших задач.

Приклад 1: доведення методом математичної індукції

Доведіть, що число, яке складається з 243 одиниць, ділиться на 243.

Розв’язування:

Помітимо, що 243 = 3⁵. Спробуємо довести більш загальне твердження, що число, складене з 3ⁿ одиниць, поділяється на Зⁿ. Виявляється, це простіше. Для n = 1 твердження вірне (111 поділяється на 3). Помітимо, що 111111111 = 111 * 1001001, і взагалі число з 3ⁿ одиниць розкладається на множники:

I … 1 = 1 … 1 *10…010… 01

причому, другий множник ділиться на 3 (по ознаці подільності на 3).

Отже, у послідовності чисел 111, 111111111, …, «Зⁿ одиниць» кожне наступне дорівнює попередньому, помноженому на число, кратне трьом. Тому, якщо 1…1 ділиться на 3^n-1, то і 1…1 ділиться на Зⁿ.

Помітимо, що учням важливо пояснити, що метод математичної індукції – це метод доведення вже готових, заданих тверджень , а не отримання цих тверджень.

2.3.Задачі на розкраску і розбиття площини.

Ці задачі дуже добро використовувати учителем для організації розумової діяльності учнів на уроках алгебри з теми: «взаємне розташування графіків лінійної функції». Робота з цими задачами не тільки розвиває інтелектуальні здібності учнів, але, що особливо важливо, більш глибокому засвоєнню програми. Діти краще засвоюють означення лінійної функції, властивості і способи її завдання,   набувають алгоритмічні навики в побудові графіків.

Приклад 1:  на яку кількість частин можна розбити координатну площину прямими у=0, у=ах+в, у=сх+д і віссю ординат, якщо а, в, с, д – любі числа?

Розв’язок: це завдання носить узагальнюючий характер. При його виконанні учням необхідно виявити добре знання різних випадків розташування графіків лінійних функцій і вміння оперувати загальною формулою у=ах+в. Зручно спочатку запропонувати учням виконати схематично малюнки, а потім вказати відповідні значення коефіцієнтів а, в, с, д. Так, якщо числа а, в, с, д – любі, то можливі варіанти:

а) на площині дані лише 2 прямі, тобто координатні вісі.

б)  на площині дані 3 прямі — 2 координатні вісі і ще одна пряма, ні паралельна вісі оу.

в) на площині дані 4 прямі — 2координатні вісі і 2 прямі, кожна з яких не паралельна вісі оу.

 ВИСНОВКИ

В ході роботи над цією темою я можу зробити наступні висновки:

• Програмою з вивчення математики в середній школі не передбачено вивчення рівнянь третього степеня;
• Підручники, які написані для реалізації програми містять елементи з методики розв’язування рівнянь третього степеня на рівні простих, що передбачають наявність у учнів відповідних до програми знань і навичок;
• Методи розглянуті в контексті матеріалу, який вивчався в тих темах, в яких зустрічалися рівняння;
• Розв’язуванню рівнянь не приділялася особлива увага через що вони в основному виявлялися в номерах наприкінці завдань до теми або в розділах підвищеної складності;
• В результаті в завданнях 10-11 класів такі рівняння зустрічалися лише як елементи розв’язування інших завдань і лише тих типів, що були розглянуті в сьомому класі.

Список використаної літератури

1. Бевз Г.П., Бевз В.Г., Алгебра: Підручник для 7 класу загальноосвітнього навчального закладу. — К.: Зодіак — ЕКО, 2007.-304с.: іл.
2. Бевз Г.П., Бевз В.Г., Владимирова Н.Г., Алгебра (Алгебра и начала анализа): учебник для 11 класса общеобразовательного учебного заведения. : акдем. уровень, профил. уровень. – К.: Освіта, 2011. – 400с.
3. Бородин А. И., Бугай А. С., Выдающиеся математики: Биогр. слов.-справ. – 2-е изд., перераб. и доп. – Киев: Рад. шк., 1987. – 656 с.
4. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С., Алгебра: Учебник для 8 класса общеобразовательного учебного заведения. – Перевод с украинского. – Х.: Гимназия, 2008. – 256с.
5. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С., Алгебра: Учебник для 9 класса общеобразовательного учебного заведения. – Перевод с украинского. – Х.: Гимназия, 2009. – 318с.
6. Олехник С. Н., Потапов М. К., Пасиченко П. И., Уравнения и неравенства. Нестандартные методы решения.: справочник. – м.: изд-во Факториал, 1997. – 219 с.