4848

Активізація логічного мислення учнів на уроках математики

Курсовая

Педагогика и дидактика

Логічними, як правило, називають нестандартні задачі, які дають змогу навчити учнів розмірковувати, критично мислити, знаходити правильне розв’язання проблеми, застосовувати знання на практиці, переносити відомі йому способи дій у нові дл...

Украинкский

2012-11-27

230 KB

28 чел.

Вступ

Логічними, як правило, називають нестандартні задачі, які дають змогу навчити учнів розмірковувати, критично мислити, знаходити правильне розв’язання проблеми, застосовувати знання на практиці, переносити відомі йому способи дій у нові для нього ситуації та відкривати нові способи діяльності. Створення у процесі навчання проблемних ситуацій і розгортання на їх основі активної пошукової діяльності учнів допомагає формувати в школярів стійкий пізнавальний інтерес до предмета, зокрема математики, сприяє самореалізації, саморозвитку учнів, становленню особистості, здатної без сторонньої допомоги оволодівати знаннями і способами діяльності, розв’язувати задачі.

Для формування логічних умінь учнів необхідна цілеспрямована система вправ. На заняттях математичного гуртка я пропонувала учням для розв’язування цікаві нестандартні задачі, що вимагають кмітливості й винахідливості, задачі парадоксального характеру, які потребують прояву інтуїції, домислу тощо.

Досвід свідчить, що найважче сформулювати гіпотезу для розв’язання задачі, знайти шлях її пошуку. Учні в більшості складних випадків керуються інтуїцією, за допомогою якої вони намагаються доповнити нестачі потрібної їм інформації. Вивчаючи особливості учнівської діяльності під час розв’язування логічних задач, ми впевнилися, що вміння здогадуватися учнів треба навчати спеціально. Поступово можна виробити в учнів інтуїтивні вміння високого рівня. Без такої роботи у школярів стихійно формуються намагання вгадувати розв’язок там, де необхідно глибоко проаналізувати умову. Оскільки такі способи, як правило, не можуть привести до відшукання шляхів розв’язування вправ, то учні не тільки розчаровуються у своїх можливостях, а й допускають перекручення змісту задач, недбало аналізують дані в них співвідношення.

Корисно також виробляти в учнів уміння охоплювати математичну структуру задачі, її каркас, ідею розв’язування. Те, що учні повинні усвідомити й запам’ятати, вчителю варто абстрагувати від конкретної форми і подати у вигляді узагальненої структури, щоб тим самим робити перші кроки у виробленні умінь самостійно здійснювати математичні узагальнення.

Уміло підводячи учнів до правильного способу розв’язування, вчителеві необхідно зберегти такт і міру допомоги, щоб учні мали змогу самостійно розв’язати задачу і отримати моральне задоволення від досягнутого успіху. Радість від творчої удачі – незамінний стимул у роботі.

Покажемо можливу модель організації діяльності учнів 5-7 класів при розв’язуванні логічних задач у позаурочний час.


Розділ 1. Організація навчальної діяльності школярів під час розв’язування логічних задач

1.1. Означення логічної задачі, її можливості, застосування, розвиток математичної інтуїції

Задача 1. У математичному турнірі беруть участь 7 учнів. Кожен учень знайомий принаймні з чотирма іншими. Доведіть, що серед учасників турніру є хоча б одна рійка учнів, знайомих між собою.

Розв’язування задачі починаємо з низки запитань, які допоможуть зрозуміти її умову.

  •  Давайте з’ясуємо, що означає: кожен учень знайомий принаймні з чотирма іншими?
  •  Це означає, що він знайомий з 4, 5 чи 6 учнями.
  •  Правильно, а чому не з 7 учнями?
  •  Один з цих учнів – він сам, крім нього є ще 6 учнів.
  •  А зі скількома учнями щонайбільше незнайомий будь-який учень?
  •  З двома, оскільки 7 = 1 + 4 + 2, де 1 – це сам учень; 4 – знайомі йому учні; 2 – незнайомі.
  •  Прочитайте уважно ще раз умову задачі. Що нам треба довести7
  •  Треба довести, що серед учасників турніру є хоча б одна трійка учнів, знайомих між собою.
  •  Поміркуйте, коли нашу задачу розв’язати найлегше: коли кожен учень знайомий з 4 учнями чи з 5, 6, і чому?
  •  Якщо кожен учень знайомий з більшим числом учнів (5, 6), то серед усіх учнів легше вибрати трійку, що задовольняє умову задачі. Найскладніше у випадку, коли кожен знайомий тільки з 4 учнями. Тоді незнайомих між собою дітей буде найбільше.
  •  Добре. Виберемо серед учнів двох, які між собою знайомі. Ми вже обґрунтували, що це можливо, назвемо їх умовно А (Андрій) і Б (Борис). Тоді скількох учнів вони вдвох щонайбільше не знатимуть?
  •  Оскільки кожен з них не знає щонайбільше двох, то обидва не знатимуть щонайбільше чотирьох.
  •  Оскільки 7 = 2 + 4 + 1, то двоє наших учнів обов’язково знатимуть одного учня. Назвемо цього учня умовно В (Василь). Що тоді можна сказати про трійку А, Б, В?
  •  Усі вони знайомі між собою.
  •  Отже, це і є та трійка, що задовольняє умову задачі. Підіб’ємо підсумок. Яке правило-орієнтир можна скласти для розв’язування цієї задачі?

Правило-орієнтир

  1.  З’ясуйте, зі скількома учнями може бути незнайомий кожен учень.
  2.  Виберіть пару учнів, визначте кількість учнів, з якими вони можуть бути незнайомими.
  3.  Серед тих учнів, що залишилися, виберіть одного, який з раніше обраною парою утворить трійку. Проаналізуйте, чи задовольняє умову задачі обрана трійка учнів.

Завдання додому. Доведіть: якщо з 9 учнів кожен знайомий щонайменше з 5 учнями, то можна назвати трійку учнів, які були б знайомі між собою.

  1.  Доведіть: якщо є 31 учень, з яких кожен знайомий щонайменше з 21 учнем, то можна назвати четвірку, які знали б один одного.

Перш ніж розглянемо наступну задачу, давайте з’ясуємо:

  •  Якщо є 6 чоловік, і вони потиснули руки один одному, то скільки всього було рукостискань?

Відповідь: кожен учень потиснув руки п’яти іншим, разом рукостискань . Але кожне з них ураховано двічі, тому разом було  рукостискань.

Є 10 команд, які зіграли турнір в одне коло (без нічиїх, за перемогу дається 1 бал). Скільки всього балів отримано всіма командами?

Відповідь: оскільки кількість ігор , а за кожну гру отримано командою-переможцем 1 бал, то разом отримано 45 балів.

Задача 2. Для відбору до команди знавців шість учнів провели турнір в одне коло, тобто кожен зіграв з будь-яким іншим учасником один раз. (Вважатимемо, що нічиїх немає. Гра продовжується до перемоги одного з учнів, за перемогу дається 1 бал). Доведіть, що можна назвати таких двох гравців, що кожен з решти учасників програв хоча б одному з цієї пари.

Розв'язання.

  •  Скільки ігор відбулося в турнірі? Скільки балів отримали всі учні разом?
  •   ігор, стільки ж балів.
  •  Скільки зустрічей було зіграно кожним учасником турніру?
  •  Оскільки 6 = 1 + 5, то кожен гравець зіграв 5 ігор.
  •  У результаті змагань гравці розташувалися в турнірній таблиці. Поміркуйте, скільки балів отримав учасник турніру, який зайняв І місце? Могло так статися, що він виграв усі 5 зустрічей і набрав 5 балів?
  •  Так.
  •  Чи міг якийсь інший гравець теж набрати 5 балів?
  •  Ні, бо тоді він виграв би в усіх учнів, тобто й у першого, що є неможливим.
  •  Добре, а чи могло так статися, що наш лідер, який зайняв перше місце, з п'яти  ігор виграв менше половини, наприклад дві? Обґрунтуйте відповідь.
  •  ?..
  •  Припустимо, що на першому місці учень (позначимо його умовно А  (Андрій)), який набрав 2 бали, що це означає?
  •  Виграв дві зустрічі.
  •  Так. Скільки тоді балів має учень, який зайняв II місце?
  •  Не більше 2 балів.
  •  Якщо навіть кожен з учнів набере максимально можливі 2 бали, то яку найбільшу кількість балів наберуть усі учні?
  •  балів, але ж ми вже обчистили, що всі учні наберуть 15 балів за турнір, тому це неможливо.
  •  Який висновок ми можемо зробити?
  •  Наше припущення неправильне, отже, учень А виграв щонайменше 3 зустрічі, тобто 3, 4 або 5.
  •  Скажіть, будь ласка, який випадок (3, 4 чи 5) — найскладніший?
  •  Якщо учень А виграв усі 5 зустрічей, то пара учнів А та Б (будь-який учень) задовольняє умову задачі, оскільки кожен з решти гравців програв учневі А. Отже, найскладніший випадок, коли наш лідер (А) виграв 3 зустрічі.
  •  Розглянемо цей випадок. Якщо учасник турніру виграв 3 зустрічі, то скільком учням він, можливо, програв?
  •  Оскільки 6 = 1 (А) + 3 (учні, у яких А виграв) + 2 (учні, про яких невідомо, чи виграв у них учень А, чи ні), то учень А, можливо, програв двом учням.
  •  Давайте подивимося уважніше на цих двох учнів, що про них можна сказати, враховуючи умову задачі?
  •  Вони обов'язково зіграти між собою, і хтось із них виграв у іншого.
  •  Якщо ми переможця позначимо Б (Борис), що ми можемо сказати про пару А та Б?
  •  Пара учнів А та Б задовольняє умову задачі, оскільки разом учнів 6, двоє з них — це А та Б, ще троє — ті, що програли А, один учень програв Б: 6 =
    = 2 (А, Б) + 3 (програти А) + 1 (програв Б).
  •  Підіб'ємо підсумок. Як ми з вами міркували?
    1.  Разом учнів 6; кожен зіграв по 5 зустрічей; разом зустрічей ; отже, всі учні разом набрали 15 балів.
    2.  Далі ми розташувати учасників у турнірній таблиці й припустили, що учень А, який зайняв перше місце, виграв менше ніж половину своїх зустрічей. Виникла суперечність, і ми дійшли висновку, що А виграв принаймні 3 зустрічі, тобто виграв що найменше у трьох учнів.
    3.  Учень А й ті 3 учасники турніру, в яких він виграв, не становлять усієї множини учнів, залишилося ще 2 учні (6 – 1 – 3 = 2). Серед цих двох учнів
      ми вибрали переможця особистої зустрічі (Б).
    4.  Пара учнів А, Б задовольняє умову задачі.

Завдання додому. Є 14 команд, які провели між собою турнір в одне коло. (Вважається, що нічиїх немає. Гра продовжується до перемоги однієї з команд). Доведіть, що можна виділити такі 3 команди, які б виграли у решти.

Вказівки

1)  зустріч, 91 бал.

2) Команда Г (І місце) виграла більше половини з 13 зустрічей (щонайменше 7). Якби команда Г виграла 6 зустрічей, то 6 • 14 = 84 (бали), що менше за
91 бал (суперечність).

3) 14 = 1 (Г) + 7 (ті, що програли Г) + 6 (команд).

4) Виберіть три команди А, Б, В серед шести команд, що залишилися. Обґрунтуйте свій вибір.

5) Четвірка команд А, Б, В, Г задовольняє умову задачі.

  1.  Модель організації діяльності учнів 5-7 класів при розв’язуванні логічних задач у позаурочний час

Задача 3. Усі цілі числа, починаючи з одиниці, виписані підряд, тобто записано такий ряд чисел 12345678910111213...99100101... Визначте, яка цифра стоїть на 190-му місці.

Перш ніж розв'язувати цю задачу, потрібно з'ясувати з учнями, скільки всього одноцифрових, двоцифрових, трицифрових натуральних чисел і чому. (Одноцифрових чисел 9, це числа від 1 до 9; двоцифрові числа — це числа від 10 до 99, їх 90; трицифрові числа — це числа від 100 до 999, їх 900. Пояснити, наприклад, останнє можна так: від 1 до 999 всього 999 чисел, від 1 до 99 — 99, тоді від 100 до 999 всього 999 - 99 = 900 трицифрових чисел).

Розв 'язання.

  •  У нашому ряді чисел записані всі числа підряд. Спочатку одноцифрові, потім — двоцифрові, далі — трицифрові й т.д. Перші 9 чисел займають 9 позицій,
    чому?
  •  Бо це одноцифрові числа, а їх рівно 9.
  •  Наступні 90 чисел є двоцифровими. Скільки позицій вони займають?
  •   (позицій).
  •  Скільки позицій займають усі одноцифрові й двоцифрові числа разом?
  •  9 + 180 = 189 (позицій).
  •  Прочитайте ще раз уважно умову задачі. Чи може хтось дати відповідь до задачі?
  •  Ми визначили, що всі одноцифрові й двоцифрові числа займають 189 позицій, потім буде перше трицифрове число 100, його перша цифра 1 і займає 190-ту позицію.

Відповідь: цифра 1.

Завдання додому. Визначте в задачі 3, яка цифра стоїть на: а) 163-й позиції; б) 2889-й позиції; в) 2459-й позиції.

Відповідь: а) 6; б) 9; в) 5.

Задача 4. Є смужка паперу, на якій написано 30-цифрове число, що складається із цифр 121212...12. На яку найбільшу кількість частин можна розрізати цю смужку, щоб усі утворені числа при цьому були різні?

Розв'язання.

  •  Якої найменшої довжини можна відрізати смужку?
  •  Довжиною в одну цифру.
  •  Можна ще відрізати смужку такої самої довжини, щоб отримати різні числа?
  •  Так. Перша смужка буде з цифрою 1, друга — з цифрою 2.
  •  Чи можна ще відрізати одноцифрові числа від великої смужки, щоб усі числа були різні, чому?
  •  Ні, бо число на смужці складається тільки з цифр 1 і 2.
  •  Давайте поміркуємо, чи можна ще щось відрізати від великої смужки?
  •  Можна, наприклад, двоцифрові та трицифрові числа.
  •  Прочитайте ще раз уважно умову задачі, що від нас вимагається?
  •  Розрізати смужку на якомога більшу кількість частин з різними числами.
  •  Які будуть пропозиції? Які саме частини бажано відрізати?
  •  Які мають найкоротшу довжину, але щоб числа на відрізаних смужках не повторювалися.
  •  Скільки різних двоцифрових чисел можна відрізати?
  •  Два числа: 12 і 21.
  •  А трицифрових, і чому саме так?
  •  Два числа: 121 і 212, оскільки кожне число починається з одинички або двійки, а далі ці самі цифри чергуються.
  •  Скільки різних чотирицифрових чисел можна відрізати і яких? П'ятицифрових? Шестицифрових?
  •  Два чотирицифрових: 1212 і 2121; два п'ятицифрових: 12121 і 21212; два шестицифрових: 121212 і 212121.
  •  А чи не забагато ми «нарізали»? Скільки у нас всього цифр?
  •  30. Два числа одноцифрових, два — двоцифрових і т.д., тобто .
  •  Як ви визначили, що потрібно зупинитися на п'ятірці?
  •  30 : 2 = 15, а 15 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5.
  •  Отже, на скільки частин можна розрізати дану смужку?
  •  На 10 частин: відрізати по два різних одно-, дво-, три-, чотири- і п'ятицифрових числа.
  •  Залишилося перевірити, чи не помилилися ми?

1

2

12

121

21

212

1212

12121

2121

21212

 

  •  Відріжемо зліва одну цифру 1, потім цифру 2. Відріжемо 12, але далі знову 1212... Що ж робити?
  •  Відріжемо спочатку трицифрове число 121, потім двоцифрове 21 і знову трицифрове 212. Потім чотирицифрове 1212, п'ятицифрове 12121 і знову чотирицифрове 2121. Залишиться п'ятицифрове 21212.

Відповідь: смужку можна розрізати на 10 частин.

  •  Поміркуйте. А на скільки щонайбільше частин можна розрізати смужку, на якій написано 31 цифру, 36 цифр?

Відповідь: смужку, на якій написано 31 цифру, можна розрізати на 10 різних частин, наприклад: 1, 2, 12, 121,21,212, 1212, 12121, 2121, 212121; а на якій написано 36 цифр — на 11 частин: перші 10 частин будуть такі, як у задачі 4, а 11-та — шестицифрове число 121212.

Завдання додому. Є смужка паперу, на якій написано 56-цифрове число, що складається із цифр 121212...12. На яку найбільшу кількість частин можна розрізати цю смужку, щоб усі утворені числа при цьому були різні?

Відповідь: на 14 частин.

Задача 5. На столі чотири склянки лимонаду. Відомо, що в одній склянці лимонад отруєний. Як за дві спроби дізнатися, в якій склянці отрута? (Дозволяється для проби брати з кожної склянки по краплі напою, змішувати).

Розв'язання.

  •  Розділимо всі склянки на дві групи (по дві в кожній) і візьмемо по краплі з перших двох склянок, змішаємо (проба перша). Якщо виявиться, що лимонад отруєний, то другу пару перевіряти не потрібно і другою спробою перевірити краплю, взяту з будь-якої склянки першої пари. Якщо ця крапля отруєна, то отрута в цій склянці, якщо ні — то в іншій склянці цієї ж пари. Поясніть, чому.
  •  Якби і в другій склянці цієї групи напій не був отруєний, то перша проба не показала б, що в перших двох склянках отрута.
  •  Якщо лимонад у першій парі склянок не отруєний, як бути? Хто здогадався?
  •  Тоді отрута — в іншій парі склянок. Перевіривши там навмання взяту склянку, робимо висновок: якщо проба позитивна, отрута в цій склянці, якщо негативна — в іншій склянці цієї пари.
  •  Зауважимо, що для трьох склянок потрібно також дві спроби, оскільки 3 = 2 + 1, хоча може статися, що під час перевірки однієї склянки отрута буде саме в ній, і тоді нам пощастить — відбудемося однією пробою. Якщо ж напій у цій склянці не отруєний, доведеться перевіряти ще одну з двох склянок, що залишилися.

Підбиваючи підсумок, корисно скласти з учнями правило-орієнтир для розв'язування задач такого типу.

Правило - орієнтир

  1.  Розділіть всі склянки на дві однакові групи.
  2.  Візьміть з кожної склянки першої групи по краплі напою, змішайте, зробіть пробу. Якщо проба дала позитивний результат, то отруєний напій у склянці серед першої групи, якщо ж негативний —
    то серед другої.
  3.  З групою склянок, серед яких склянка з отрутою, виконайте знову те саме, що написано в пунктах 1 і 2. Робіть так доти, поки визначите отруєний лимонад.
  •  Давайте перевіримо, чи всі зрозуміли розв'язання цієї задачі? Поміркуйте. Є 8 склянок з лимонадом. Відомо, що отрута лише в одній з них.

За три проби визначте, в якій склянці отрута.

  •  Розділимо склянки навпіл (на дві групи по 4 склянки в кожній). Візьмемо по краплі напою з кожної склянки однієї групи, змішаємо, зробимо
    пробу. Визначимо, в якій групі є склянка з отруєним лимонадом. Цю групу склянок розділимо знову на дві групи (по дві склянки в кожній)...
  •  Хто вже помітив повторення?
  •  Далі розв'язання задачі буде таке саме, як у задачі 5.
  •  Зобразимо схематично розв'язання задачі:

1-й крок: 8 = 4 + 4,

2-й крок: 4 = 2 + 2,

3-й крок: 2=1 + 1,

отруєний напій виявлено.

Завдання додому. Поясніть, чому для виявлення склянки з отрутою:

  1.  якщо склянок 1 або 2, достатньо однієї проби;
  2.  якщо склянок 3 або 4, достатньо двох проб;
  3.  якщо склянок 5, 6, 7, 8 — трьох проб;
  4.  якщо склянок 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 - чотирьох проб.

Задача 6. Є 9 монет, зовні однакових, серед яких одна монета фальшива (легша). Як за дві спроби, використовуючи шалькові терези без важків, знайти фальшиву монету?

Після розв'язування попередньої задачі учні можливо, почнуть розділяти монети на дві групи, треба запропонувати їм поділ монет на три групи. За одне зважування порівняти дві групи монет, поклавши на кожну шальку терезів по три монети. Можливі два випадки: а) терези урівноважені, тоді фальшива монета в третій групі монет; б) терези неврівноважені, тоді фальшива монета серед тих трьох, які легші.

В обох випадках після першого зважування матимемо три монети, які знову розкладемо на три групи (по одній) і за друге зважування визначимо фальшиву монету (на шальки терезів покладемо по одній монеті; якщо вони будуть урівноважені, то фальшива монета залишилася поза терезами, якщо неврівноважені — то фальшива монета легша).

Завдання додому. 1) Складіть правило-орієнтир для розв'язування цієї задачі. Користуючись цим правилом, обґрунтуйте, як за три спроби знайти фальшиву (легшу від інших) монету серед 27 зовні однакових монет за допомогою таких самих терезів.

1) Серед якої максимальної кількості монет можна виявити фальшиву за допомогою чотирьох зважувань?

Відповідь: серед 81 монети.

Посильність та варіативність завдань для домашньої роботи дають змогу викликати в учнів позитивні емоції: радість успіху від самостійного розв'язання складної задачі вдома, віру в свої сили, почуття власної гідності, значимості під час виконання складного завдання, успішного подолання труднощів, які зустрічаються тощо.

Завдання вчителя — організувати процес навчання так, щоб в учнів підвищувався інтерес до знань, зростала потреба у повнішому й глибшому їх засвоєнні, розвивалася самостійність у роботі, щоб кожен учень брав найактивнішу участь, працював з повним напруженням своїх сил.


Розділ 2. Вправи з логічним навантаженням на уроках математики в 5-6 класах

2.1. Творчі вправи

Логічні знання та вміння застосовуються в 5-6 класах як у явному, так і у неявному вигляді. Так, наприклад, у вигляді умовних висловлень сформульовані правила порівняння й округлення натуральних чисел, основна властивість дробу, основна властивість пропорції, властивості прямо пропорційних і обернено пропорційних величин та ін. У 5-6 класах передбачається також виконання певних логічних операцій з поняттями: означення, поділ, класифікація на основі виділення суттєвих властивостей (виділяються суттєві властивості натурального ряду, координатної прямої, геометричних фігур).

У підручниках подано зразки означень через найближчий рід і видову відмінність (ламана, діагональ многокутника та ін.), генетичних означень (кут, коло (у 5 кл.), півпряма та ін.). Школярі ознайомлюються з прийомами, що замінюють означення понять: описом, показом, характеристикою (симетричні фігури, піраміда, конус, призма та ін.); з класифікацією трикутників, дробів, задач певних типів. Уміння знаходити наслідки із наведених висновків, виділяти суттєве в умові, знаходити необхідні умови для даних, наведених у задачі, застосовуються у ході розв'язування арифметичних задач синтетичним способом.

Під час розв'язування арифметичних задач аналітичним способом знадобиться уміння виділяти суттєве у запитанні задачі, знаходити висновки щодо виділеного наслідку, знаходити достатні умови для наслідку. При розв'язуванні нестандартних арифметичних задач учні знаходять закономірності, висувають гіпотези, доводять або спростовують їх, застосовують схеми правильних одно-двокрокових дедуктивних міркувань, індуктивних міркувань, міркувань за аналогією.

Отже, пропедевтична робота з формування елементів логічних знань та умінь учнів відбувається вже у 5-6 класах. Однак існують об'єктивні складності у ході її здійснення. По-перше, програма не передбачає спеціального часу для введення елементів логічних знань. По-друге, вчитель сам має володіти ґрунтовними логічними знаннями, але не повинен подавати ці знання у явному вигляді учням. Тому прямий шлях формування логічних знань та умінь є недоцільним.

Найкраще, на нашу думку, якщо вчитель виділить логічну складову навчального матеріалу, тобто ті знання та уміння, застосування яких відбувається, переважно, у неявному вигляді та сприяє кращому засвоєнню математичних знань. І потім у процесі навчання будуватиме систему спеціальних завдань (вправ з логічним навантаженням) з урахуванням основ тих логічних умінь, які він формує.

Отже, для розвитку логічного мислення учнів 5-6 класів доцільніше використовувати опосередкований шлях формування та розвитку логічних знань і умінь.

З досвіду практики, виявлення наявних рівнів логічних знань та умінь учнів 5-6 класів, формування їх знань про складні та прості висловлення, формування умінь позначати поняття, проводити класифікацію понять, міркувати за аналогією, знаходити закономірності, висувати гіпотези, застосовувати деякі схеми правильних міркувань краще здійснювати опосередковано. Формування ж інших знань, наприклад, знань про логічні закони (виключення третього, закон несуперечності, закони де Моргана), знань про логічні помилки, про необхідні та достатні умови проходить успішніше, якщо опосередкований шлях змінити на перехідні варіанти, тобто, певні логічні факти давати в явному вигляді.

Зазначимо, що процес формування логічних знань та умінь не слід пов'язувати із засвоєнням їх на формально-логічному рівні, тобто на рівні введення термінології та символіки формальної логіки.

Одним із найефективніших засобів опосередкованого формування та розвитку логічного мислення учнів 5-6 класів є система диференційованих вправ з логічним навантаженням, розв'язування яких у ході навчання математики поєднується з розв'язуванням математичних вправ і арифметичних задач. При цьому математичні вправи з логічним навантаженням, які виконуються на усвідомленому рівні (репродуктивні, варіативні, творчі) повинні враховувати цілі навчання математики і створюватися на основі програмового матеріалу. Також необхідними є вправи, які виконуються на інтуїтивно-неусвідомленому рівні. За місцем у навчальному процесі вони є підготовчими, за дидактичним призначенням — діагностуючими, за формою подання умови — предметними, наочними, символічними.

Спинимося на проведенні пропедевтичної роботи з учнями 5-6 класів з формування передзнань про необхідні і достатні умови. Формування знань про необхідні і достатні умови у явному вигляді віднесено до 8-9 класів з поглибленим вивченням математики і є непростим навіть для дітей старшого шкільного віку. Тим необхіднішою є пропедевтична робота, яку можна розпочинати вже у 5-6 класах, наприклад, при вивченні умови рівності добутку (частки) нулю, умови, за якої дріб є правильним або неправильним, ознак подільності, при вивченні поняття «модуль числа».

Практика свідчить, що дітям цього віку мало доступне розчленування випадку необхідності умови В для А і достатності умови В для А. Однак загальний підхід, згідно з яким пряме і обернене імплікативне судження (якщо А, то В, і якщо В, то А) в разі їх істинності можна замінити одним за допомогою логічної зв'язки «тоді, і лише тоді», виявляється доступним дітям цього віку.

Наприклад, при вивченні теми «Модуль числа» (6 кл.) вчителю доцільно роз'яснити на прикладах, що геометричною інтерпретацією модуля числа є відстань від точки, що позначає число на координатній прямій, до початку координат. Після цього міркування вчителя можуть бути такими.

Якщо |х| = 5, то х = 5, або х = -5, і навпаки, якщо х = 5, або х = -5, то |х| = 5.

Учитель може співставити хід своїх міркувань із наведеними у таблиці (див. таб. 1).

Якщо мають місце перше і друге твердження, то є необхідною і достатньою умовою для , тобто має місце тоді, і лише тоді, коли має місце .

Тобто, для того щоб |х| = 5, необхідно і достатньо, щоб х = 5 або х = -5. Інакше |х| = 5 тоді і тільки тоді, коли х = 5 або х = -5.

Таблиця 1

Необхідні й достатні умови

Якщо має місце ,

тоді має місце

 необхідно слідує з ,

або  необхідно для

 достатньо для 

Якщо має місце ,

тоді має місце

 достатньо для 

 необхідно слідує з ,

або  необхідно для

На усвідомленому рівні застосування знань можливим є виконання вправ такого типу.

Р1. Чому необхідною і достатньою умовою рівності |х| = 3 є виконання умов: х = 3 або х = -3?

Р2. Сформулюй необхідну і достатню умову для того, щоб |х| = . За допомогою якої логічної зв'язки утворене це твердження?

Р3. (контрприклад). Сформулюй необхідну, достатню, необхідну і достатню умови того, щоб |х| = -3.

Варіативні вправи можна змінювати шляхом утруднення логічної складової або математичного навантаження вправ. Перший шлях є недоцільним, бо такі вправи спрямовані на формування правильних інтуїтивних уявлень про необхідні й достатні умови. Тому краще їх ускладнювати за рахунок нарощування математичного, а не логічного навантаження. Перевірку необхідності й достатності умови здійснювати через перевірку істинності двох імплікативних висловлень. У якості варіативних вправ можна застосовувати такі завдання.

В1. Вставте замість «...» необхідні логічні зв'язки «і», «або», «якщо..., то...», «тоді, і тільки тоді...». Розгляньте всі можливі варіанти.

... |х – 5| = 4 ... х – 5 = 4 ... х – 5 = -4,

... х – 5 = 4 ... х – 5 = -4,

... |х – 5|= 4,

... |х – 5| =4 ... х – 5 = 4 ... х – 5 = -4.

В2. Знайдіть   розв'язки рівнянь |10 – |2х – 2|| = 2; ||х + 3| - 5| = |-2|.

В3. Знайдіть множини цілих розв'язків нерівностей:

|х| < 2;   1 < |х| < 5.

Творчі вправи

Т1. Серед наведених тверджень знайдіть відповідні пари необхідних і достатніх умов. Утворіть правильні твердження. Яку логічну зв'язку при цьому використано?

А) Добуток аb = 0;

В) а = 0 і b  0;      С)  |а| = а;

D) |а| = -а;

Е) Частка а : b = 0;

F) а = 0 або b = 0;    К)  а 0;

М) а < 0.

Т2. Запишіть у вигляді висловлення із зв'язкою «якщо ..., то ...»:

1) А достатня умова для В;

2) F необхідна умова для X.

Формування деяких логічних знань учнів, зокрема про схеми правильних міркувань і закони де Моргана, доцільно проводити, змінюючи прямий шлях на опосередкований. Тобто, невеликий обсяг логічних знань подавати у явному вигляді, при цьому використовувати логічні вправи, а опанування домагатися опосередковано в ході виконання системи математичних вправ з логічним навантаженням.

Міркування, які застосовуються при вивченні математики у 5-6 класах, переважно представлені: суто умовними, умовно-категоричними і розділово-категоричними силогізмами. Схеми міркувань — стверджувальним і заперечувальним модусом. Наприклад при розв'язуванні рівнянь способом визначення невідомого компонента арифметичної дії, а пізніше на основі використання властивостей рівнянь, спочатку наводиться загальне положення, а потім частинне, істинність якого слідує з істинності загального положення. Таким чином, у неявному вигляді використовується стверджувальний модус.

Однак слід пам'ятати, що учні 5-6 класів виконують прості дедуктивні міркування, здебільшого орієнтуючись на змістові зв'язки. Головним критерієм істинності проведених міркувань є відповідність відомим фактам. Тому вправи, що розв'язуються на інтуїтивно-неусвідомленому рівні (Н1; Н2) і сприяють виявленню рівня «інтуїтивних передзнань» учнів, сприймаються краще, якщо подані у вербалізованій формі, і мають змістове наповнення, яке узгоджується зі здоровим глуздом. А от провокуюча вправа Н3 повинна суперечити здоровому глузду і слугувати «містком» для переходу до виконання вправ на усвідомленому рівні, мотивувати цей перехід.

Проілюструємо вищесказане на прикладах.

Н1. Зроби висновок із наступних тверджень:

  1.  Усі ліки не смачні. Александрійський лист — лікарська рослина.
    1.  Жодна дитина не має терпіння. Жодна нетерпляча людина не може сидіти спокійно.
    2.  Деякі з тих, хто вартий слави, отримують нагороди. Жоден, крім хороброго, не вартий слави.

Н2. Чи можна зробити деякий висновок із наведених тверджень? Якщо відповідь позитивна, то який саме висновок?

  1.  Деякі уроки — важкі. Те, що є важким, вимагає посиленої уваги.
  2.  Сергійко — охайна дитина. Всі охайні люди — щасливі.
  3.  Деякі гарні булочки — некорисні. Жодна смачна булочка не є некорисною.

Н3. Наведи приклад математичного змісту, де використовуються аналогічні схеми міркувань.

Для успішного розв'язання третього завдання вправи Н2 орієнтації на змістові зв'язки недостатньо, треба застосувати певні логічні знання (висловлення у заперечливій формі перетворити у висловлення у стверджувальній формі). При цьому слід дотримуватися закону подвійного заперечення і правила, за яким заперечуються квантифіковані висловлення. Виконання такого завдання мотивує перехід до репродуктивних вправ.

У ході розв'язування репродуктивних вправ (Р1; Р2; Р3) відповідні логічні знання даються учням у явному вигляді, але в описовому плані без введення формально логічної символіки і термінології. Змістове наповнення репродуктивних вправ доцільніше брати математичного характеру.

Розглянемо, наприклад, тему «Подільність чисел» (6 кл.). Вправу Р1, яка передбачає «дію за зразком» учитель починає розв'язувати сам, даючи у деталізованій формі зразок міркувань. Закінчують її виконувати учні, наслідуючи зразок міркувань учителя. Процес розв'язування характеризується деталізацією і вербалізацією.

Р1. Нехай дано послідовність чисел 4; 6; 8; 13; 15; 17; 19. Замість «...» вставте слово «всі» або «деякі» так, щоб твердження було спочатку істинним, а потім хибним:

а) ... записані числа парні;

б) ... записані числа з другого десятку непарні;

в) ... записані числа з першого десятку або другого;

г) ... записані числа двозначні;

д) ... записані числа можна подати у вигляді 1n + 1, де n — натуральне число;

e) ... записані числа можна подати у вигляді 2n або 2n + 1, де n — натуральне число;

є) ... записані числа округлюються до 20;

ж) ... записані числа округлюються до 10.

Р2. Визначте істинність твердження. Якщо воно є хибним, заперечте його.

На дошці записані числа 10; 8; 6; 4; 2:

а) кожне із записаних чисел не більше 10 і ділиться на 2;

б) деякі із записаних чисел не менше 4 і округлюються до 10;

в) деякі із записаних чисел можна подати у вигляді 2n або 2n +  1, де n —  натуральне число;

г) жодне із даних чисел не є тризначним;

д) усі числа записані за порядком спадання і є парними.

Р3. Незнайко сказав, що він зібрав не менше 105 грибів, уточнивши, що їх приблизно 100, якщо округлити число зібраних ним грибів до десятків, і що всі його гриби можна розкласти порівно у три корзини. Чому всі сміялися?

Варіативні вправи (В1; В2; В3) передбачають формування логічних знань на продуктивному рівні.

В1. Дмитрик розказав, що у нього не більше 50 марок, і він може їх розкласти порівно в 2 альбоми, але 1 марка залишиться, у З альбоми, але 2 марки залишаться, у 4 альбоми, але З марки залишаться, у 5 альбомів, але 4 марки залишаться. Виявилося, що Дмитрик помилився. У чому міг Дмитрик помилитися? Яка кількість марок могла у нього бути?

В2. Яке висловлення Незнайки заперечив Знайко, сказавши, що:

  1.  для кожного натурального числа сума цифр ділиться на 3, або це число не ділиться на 3;
    1.  для кожного натурального числа сума цифр не ділиться
      на 9, або число ділиться на 9;
    2.  кожне натуральне число парне або закінчується непарною цифрою;
    3.  кожне натуральне число непарне або закінчується парною цифрою;
    4.  кожне натуральне число кратне 10 або не закінчується
      на 0;
    5.  кожне натуральне число не ділиться на 10 або закінчується на 0?

Щоб відповісти на ці запитання, слід утворити заперечення наведених висловлень. Таким чином відпрацьовуються у явному вигляді застосування закону подвійного заперечення, законів де Моргана і правила заперечення квантифікованих висловлень.

Завдання такого типу також можуть виконувати пропедевтичну роль для розуміння учнями змісту необхідності і достатності певних умов. Вони конструюються з ознак подільності на основі перетворення еквіваленції:

А  В  ((А => В)  (В => А))  ( В)  (А)). Тому, якщо доповнити завдання виду   В ще й завданням А  і наголосити на одночасному виконанні двох висловлень, тобто істинності кон'юнкції, то досягається глибше розуміння необхідності і достатності умови В для умови А. Тобто, в цьому випадку доцільно, по-перше, доповнити систему завдань вправи В2 ще такими завданнями:

1*) для кожного натурального числа сума цифр не ділиться на 3, або це число ділиться на 3;

2*) для кожного натурального числа сума цифр ділиться на 9, або число не ділиться на 9.

По-друге, важливо зосередити увагу учнів на одночасному виконанні висловлень 1) і 1*). Також можна запропонувати подумати, як можна сказати коротше про те, про що говорить Знайко у висловленнях 1) і 1*). В якості вправ В3 можуть виступати вправи, в яких вимагається коротше сказати про те, про що Знайко говорить у висловленнях: 3) і 4); 5) і 6).

Перетворення операції еквіваленції у кон'юнкцію імплікативних висловлень, які, в свою чергу, подаються як єднально-розподільні, дає змогу вчителю змінити систему вправ залежно від мети, яку він ставить. Якщо метою виступає тільки утворення заперечення складних квантифікованих висловлень, то доцільно обмежитись вправами 1, 2, 3, 5. Але якщо за мету ставиться досягнення розуміння змісту необхідності і достатності умов, хоча б на інтуїтивному рівні, то вправу доцільно доповнити завданнями 1*), 2*), 4), 6).

Розглянемо також спосіб формування таких вправ, якщо необхідна і достатня умова виражена складним висловленням. Тоді система варіативних вправ може поповнюватися залежно від конструкції висловлення В.

Наприклад. Якщо , тоді вправи типу  перетворюються у вправи типу . Утворюються нові висловлення  і  та перевіряється їх одночасне виконання. У систему вправ включаються два додаткових висловлення  і .

Якщо , тоді вправи типу  перетворюються наступним чином . Три висловлення, С, D можуть не  виконуватись одночасно. Якщо ми включимо в систему вправ хоча б одне з них, то система буде повною.

Вправи типу  перетворюються таким чином:

. У систему вправ доцільно включати обидва висловлення .

Проілюструємо сказане вище на прикладі необхідності й достатності умови рівності |х| = а для а  0 і х  Z. З рівняння |х| = а учні зустрічаються вперше у 6 класі.

Згідно з проведеним логічним аналізом учитель може скласти вправу, ставлячи завдання: «Перевірити чи правильно, що:

а) для будь-яких цілих х  а  0 |х|  а або х = а;

б) для будь-яких цілих х  а  0 |х|  а або х = -а;

в) для будь-яких цілих х  а  0 |х|  а або х = а, або х = -а;

г) для будь-яких цілих х  а  0 |х| = а або х  а;

д) для будь-яких цілих х  а  0 |х| = а або х  -а».

Якщо у вправу включити лише висловлення а), б), в), то вправа забезпечує пропедевтику розуміння необхідності слідування умови х = а або х = -а з умови |х|= а для а  0. Якщо вправу обмежити висловленнями г), д), то вправа забезпечує пропедевтику розуміння достатності. Для осмислення необхідності й достатності слід запропонувати усі висловлення або висловлення в), г), д).

2.2. Розв’язуємо логічні задачі

Із задачами на зважування школярі зустрічаються вперше ще у молодшій школі. Розв'язування таких задач сприяє розвитку математичної інтуїції, стимулює допитливість учнів, виробляє вміння застосовувати свої знання на практиці. Послідовні, правильні логічні міркування сприяють вихованню алгоритмічної культури, розвитку логічного мислення, математичних здібностей, інтелекту учнів. Відомо, що важливим фактором успішної роботи над задачею є впевненість учня в тому, що він зможе її розв'язати. Якщо задача надто важка, то безрезультатні зусилля знижують ефективність мислення і погіршують можливість подальшої роботи учня. Уміло добираючи задачі, вчитель повинен дати змогу школярам повірити в свої сили. Інтерес до задачі, бажання в ній розібратися і впевненість в тому, що вона йому «по силах», є необхідними передумовами успішного розв'язання задачі.

Задача 1. Є чотири зовні однакові монети, всі різної маси, і терези з шальками без важків. Як за допомогою п'яти зважувань розмістити монети за порядком спадання їхніх мас?

Розв'язання.

Зауваження. Якщо б зважувань було шість:  , то монети можна було б порівняти за масою. Ми ж маємо лише 5 зважувань.

Оберемо будь-які 3 монети і порівняємо між собою, зваживши кожну з кожною, використавши 3 зважування: . Розташуємо їх за порядком спадання мас, наприклад, А, В, С. Четверте, передостаннє зважування: порівняємо четверту монету D з середньою за масою монетою В:

- якщо маса В   більша за масу D , то порівнюємо четверту монету D з легшою за В, тобто з С, використавши п'яте, останнє зважування: якщо маса С більша за масу D, то А, В, С, D – і є розташування монет за порядком спадання мас; якщо маса С менша за масу D, то шукане розташування: А, В, D, С;

- якщо маса В менша за масу D, то порівнюємо четверту монету D з важчою за В, тобто з А (п'яте, останнє зважування); якщо маса А більша за масу D, маємо А, D, В, С; якщо маса А менша за масу D, то D, А, В, С.

Задача 2. Є чотири монети, серед яких одна фальшива (невідомо, легша вона чи важча за справжню). Маса кожної справжньої монети р. Як за два зважування на терезах можна знайти фальшиву монету і встановити, легша вона за справжню чи важча, якщо є одна гиря масою р?


Розв'язання
.

Нехай А, В, С, D — дані монети. Візьмемо дві з них, наприклад, А і В, і покладемо на одну шальку терезів, а на іншу покладемо, наприклад, монету С і гирю р.

Випадок 1. Якщо терези в рівновазі, то фальшивої монети серед них немає, і фальшива монета — D. Друге зважування витратимо, щоб узнати, чи легша фальшива монета за справжню (порівнявши D з гирею р чи однією з монет А, В, С).

Випадок 2. Якщо терези неврівноважені.

2.1. Маса монет А і В більша за масу монети С і гирі р, тоді:

а) або фальшива монета важча за справжню і знаходиться серед А і В;

б) або фальшива монета С і вона легша за справжні.

2.2. Маса монет А і В менша за масу монети С і гирі р, тоді:

а) фальшива монета легша за справжню і знаходиться серед А і В;

б) фальшива монета   С і вона важча за справжні.

Визначимо за допомогою другого зважування, який випадок ми маємо, для чого покладемо на одну шальку терезів А, на іншу — В. Якщо терези врівноважені (тобто і А, і В — справжні), маємо випадок б); якщо рівноваги немає — маємо випадок а).

Задача 3. Є терези і важки (гирі) і є n мішків (n > 1). У кожному мішку, крім одного, лежать справжні монети масою 10 г, які на 2 г легші за фальшиві. Як за допомогою одного зважування визначити, в якому мішку лежать фальшиві монети, якщо відомо, що монети одного й того самого мішка — або всі справжні, або всі фальшиві?

Розв'язання.

Візьмемо з першого мішка одну монету, з другого — дві, ..., з n-го — мішка — n монет. За допомогою терезів і гир узнаємо їхню масу, нехай m — маса цих монет. Якби всі монети були справжні, то їхня маса була б:

г.

Оскільки серед монет є фальшиві, то різниця m – М покаже, на скільки грамів отримана маса справжніх монет більша за очікувану. Поділивши її на 2 г, отримаємо кількість фальшивих монет. Оскільки з і-го мішка брали і монет, то кількість фальшивих монет указує на номер мішка з фальшивими монетами.

Розв'язання таких задач підтримує увагу, інтерес дітей, стимулює їхню творчість, адже дитяча природа за своєю суттю діяльна, творча. Задачі з логічним навантаженням розв'язувати куди цікавіше, ніж прості задачі. Крім того, задачі на зважування не потребують якихось специфічних знань, їх можна розв'язувати всією родиною, шукати різні варіанти розв'язання, і водночас прагнути знайти оптимальний.

Задача 4. Маємо 6 зовні однакових монет. 3 монети справжні і 3 — фальшиві (важчі). За допомогою трьох зважувань визначити, до якої групи належить кожна з монет — до справжніх чи фальшивих (зважування на терезах без важків), якщо всі справжні монети мають однакову масу і всі фальшиві мають однакову масу.

Розв'язання.

Позначимо монети А, В, С, D, Е, F. Покладемо на одну шальку терезів монету А, на іншу — монету В (перше зважування). Тоді є рівно дві можливості: або одна з монет важча (не порушуючи загальності міркувань, можна вважати, що важчою є монета В), або обидві монети мають однакову масу.

Випадок 1. Нехай маса А менша за масу В (тоді А — справжня, В — фальшива). Знімемо монету В і на її місце покладемо С (друге зважування).

1.1. Якщо терези врівноважені, то С — справжня монета (бо має ту саму масу, що й монета А); тоді серед монет D, Е, F — дві фальшиві, важчі, і одна справжня. Поклавши на одну шальку терезів D, на іншу — Е, отримаємо:

- якщо терези врівноважені, то D і Е — однакової маси, обидві фальшиві, а отже А, С, F – справжні монети; В, D, Е — фальшиві монети;

- якщо D має масу більшу за Е, то фальшивими є D і F, а справжньою – Е (А, С, Е - справжні монети; В, D, F — фальшиві);

- якщо D має меншу масу за Е, то D і є єдиною справжньою монетою серед D, Е, F (А, С, D — справжні монети; В, Е, F — фальшиві).

1.2. Якщо терези неврівноважені: А — справжня, легша, тоді С — важча, тобто фальшива. Маємо: А — справжня, В і С — фальшиві, тоді серед монет D, Е, F одна фальшива (важча) і дві справжні. За третє зважування визначаємо справжню монету — кладемо на одну шальку терезів D, на іншу — Е:

- терези врівноважені, отже, D і Е — однакові, тобто справжні (А, D, Е — справжні, В, С, F — фальшиві);

- терези неврівноважені, важча монета є фальшивою: переважила D, отже. А, Е, Fсправжні монети; В, С, D — фальшиві; переважила Е, — А, D, F — справжні монети; В, С, Ефальшиві.

Випадок 2. Нехай після першого зважування терези врівноважені (А і В мають однакову масу). Знімаємо монету В, кладемо на її місце С (друге зважування).

2.1. Терези врівноважені. А, В і С належать до однієї і тієї самої групи монет. За третє зважування (порівнявши А з D; чи А + В+ С з D + Е+ F) визначаємо: легші монети — справжні, важчі — фальшиві.

2.2. Терези неврівноважені.

- Якщо маса А більша за масу С, маємо: А і В — фальшиві, С — справжня. Серед монет D, Е, F є одна фальшива (важча) і дві справжні. За третє зважування, порівнявши В з Е, маємо за умови врівноважених терезів: С, D, Е — справжні, А, В, Fфальшиві; якщо D переважила Е, то А, В, D — фальшиві, С, Е, F справжні; якщо Е переважила D, то А, В, Е — фальшиві, С, D, F — справжні;

- якщо маса А менша за масу С, то А і В — справжні, а С — фальшива. Серед монет D, Е, F — одна справжня (легша) і дві фальшиві. За третє зважування, порівнюючи D з Е, знаходимо легшу справжню монету.

Задача 5. Є три пари ювілейних монет. Зовні будь-яка пара виглядає однаково, але одна з двох монет у кожній парі є фальшивою (важить трохи більше справжньої). Всі три фальшиві монети мають однакову масу, всі три справжні — також рівні за масою. За допомогою двох зважувань на терезах без важків визначити, яка з монет у кожній парі фальшива.

Розв'язання.

Позначимо монети кожної пари: А1 і А2, В1 і В2, С1 і С2 . Покладемо на одну шальку терезів по одній монеті з першої і другої пари, а на другу — з другої і третьої пари, наприклад: А1 + В1 і В2 + С1. Можливі три варіанти.

1) Рівновага. Оскільки одна з монет В1, В2 важча, то серед монет, що лежать на кожній шальці терезів, по одній легкій і одній важкій (тобто всього 2 справжні і 2 фальшиві).

Друге зважування: порівнявши монети В1 і В2, узнаємо, яка з них справжня (легша) і яка фальшива. Тоді та, що була поруч із справжньою при першому зважуванні, є фальшивою. Наприклад, В1 > В2, отже, В1 – фальшива, тоді А1 – справжня; В2 – справжня, С1 - фальшива; а отже, А2 — фальшива, С2 – справжня.

2) Ліва шалька терезів переважує праву. А1 + В1 > В2 + С1. Тоді монета В1 (зліва) важча за монету В2 (справа); спробуйте це довести від супротивного; а маса монети А1, або дорівнює вазі С1, (тобто обидві легкі, отже, справжні; або обидві важкі, тобто фальшиві), або монета А1 важча за монету С1 (монета А1 —фальшива, С1 — справжня).

Друге зважування допоможе це встановити. Візьмемо на одну шальку терезів В1 + В2, а на другу — ці ж таки А1 + С1:

а) у випадку рівноваги (із вище зазначених можливостей) маємо: А1 — важча, С1 — легша (відповідь: справжні — А2, В2, С1; фальшиві — А1, В1, С2);

б) перевага на боці В1 + В2 , тоді маємо: і А1, і С1 — легші (відповідь: А1, В2, С1 — справжні; А2, В1, С2, — фальшиві);

в) переважили А1 + С1. Тоді і А1, і С1 — важчі (відповідь: А2, В2, С2  — справжні; А1, В1, С1 — фальшиві).

3) Переважує права шалька терезів: А1 + В1 < В2 + С1, тоді В2 — фальшива. Всі міркування пункту 2 слід повторити, замінивши скрізь букви А на С і С на А. Задача розв'язана.

Задача 6. Відомо, що серед n монет (n  2) є одна фальшива, легша за інші. За скільки (найменше) зважувань за допомогою терезів без важків можна виявити фальшиву монету. Вказати відповідь при n = 243; 241; 245.

Розв'язання.

При n = 2 розв'язання задачі очевидне.

При n = 3 покладемо на кожну шальку терезів по одній монеті (лишиться ще одна монета). Якщо терези будуть у рівновазі, то це означає, що обидві монети нефальшиві, а тоді фальшивою є та монета, що лишилася. Якщо терези неврівноважені, то фальшива монета — серед них (легша). Отже, вистачить одного зважування.

При 3 < n  9 потрібно вже два зважування. Покажемо це для и = 9. Покладемо на кожну шальку по 3 монети (3 монети лишилися); якщо терези врівноважені, то фальшива монета знаходиться серед тих трьох монет, що лишилися; якщо терези неврівноважені, то фальшива монета знаходиться серед тих трьох монет, що легші. Отже потрібно ще одне зважування, щоб серед трьох монет знайти фальшиву. Розглянемо випадок, коли n = 8 (8 = 3 + 3 + 2). На терези кладемо 3 та 3 монети. Визначаємо, де фальшива: або серед двох, або серед трьох. Одного зважування досить, аби визначити фальшиву монету серед цих двох чи трьох. (Подумайте — якщо монет 5 чи 7, як найзручніше їх розбити на групи, щоб (можливо) вистачило навіть одного зважування?).

Якщо 32 < n < 33, досить трьох зважувань: 27: 3 = 9; 9 : 3 = 3; 3 : 3 = 1. Якщо 33 < n < 34, досить чотирьох зважувань, якщо 34 < n < 35, то треба виконати 5 зважувань. Оскільки 243 = 35, то досить 5 зважувань.

Якщо монет 241 (34 < 241  35), то треба теж 5 зважувань, якщо монет 245, то п'яти зважувань може бути не достатньо, а треба, взагалі кажучи, 6 зважувань, бо 245 задовольняє умові 35 < 245  36. Але може так статися, що і за одне зважування вдасться знайти легшу монету. Спробуємо пояснити свої міркування. Оскільки п'яти зважувань для 245 монет все одно не вистачить, а п'яти зважувань вистачить для 243 монет, то одне зважування можна використати для 245 – 243 = 2 монети. Поклавши їх по одній на шальки терезів, можемо отримати:

  •  вони в рівновазі, тобто обидві монети є справжніми, тоді ще 5 зважувань треба витратити для 243 монет, що лишилися;
  •  вони неврівноважені — тоді фальшива монета (легша) — знайдена за одне зважування.

Задача 7. Деякі з шести монет (зовні однакових) є фальшивими, важчими. Серед цих монет можуть бути всі справжні, але не можуть бути всі фальшиві. Як за допомогою чотирьох зважувань на терезах без важків встановити кількість фальшивих монет. Розв'язати цю задачу, якщо кількість монет 2 n, n  3, вказати, за яке найменше число зважувань можна встановити кількість фальшивих монет.

Розв'язання.

З умови задачі випливає, що кількість фальшивих монет може бути одним з чисел {0, 1, ..., 5}. Розіб'ємо всі монети на 3 пари. Візьмемо першу пару монет і покладемо по одній монеті на різні шальки терезів. Можливі випадки.

Випадок 1. Терези в рівновазі (тобто обидві монети однакові — або справжні, або фальшиві); покладемо їх на одну шальку терезів (друге зважування) і порівняємо з другою парою; потім з третьою (третє зважування). Якщо при цьому щоразу буде рівновага, то всі 6 монет однакові, справжні (подумайте, чому всі саме справжні?). Відповідь: фальшивих монет немає.

І взагалі, якщо жодного разу не отримали неврівноважені терези, то за n таких зважувань (для 2n  монет) можна стверджувати, що фальшивих монет немає.

Випадок 2. Нехай хоча б на якомусь кроці терези неврівноважені. Це означає, що фальшиві монети є. Алгоритм відшукання кількості фальшивих монет той самий: кладемо на кожну шальку терезів по одній монеті; друге зважування — ці монети кладемо на одну шальку терезів і порівнюємо з другою парою тощо.

Зауваження 1. Порівнювати найпростіше з парою «справжня монета + фальшива»: адже якщо нова пара легша, то обидві монети цієї пари справжні, до кількості фальшивих монет нічого не додаємо; якщо нова пара врівноважує вказану пару, то тут є лише одна фальшива монета і до кількості фальшивих додаємо 1; якщо нова пара важча, то обидві монети цієї пари фальшиві, а до кількості фальшивих додаємо число 2.

Зауваження 2. Якщо з першого кроку вдалося утворити пару «справжня + фальшива» монети, тобто терези після першого зважування не були в рівновазі, то щоб визначити кількість фальшивих серед 2n  монет, досить n зважувань.

Якщо ж за перше зважування не вдалося утворити пару «справжня + фальшива» монети, покажемо, як це зробити за один додатковий крок (крім випадку 1, коли це неможливо. І тоді серед 2n монет кількість фальшивих монет ми визначимо за (n + 1)-е зважування.

Нехай на першому кроці — рівновага, тобто обидві монети однакові. Кладемо їх на одну шальку терезів і порівнюємо з іншою парою (друге зважування): всі пари, що мають ту саму масу, що і ця пара, нас поки що не цікавлять.

Випадок 2.1. Перша пара монет переважила якусь пару, тоді обидві монети першої пари (і всіх тих пар, що мали ту ж саму масу, що і перша) — фальшиві (вони однакові і не можуть бути справжніми, адже справжні монети — легші). Додаткове зважування витратимо на те, щоб узнати, якими є обидві монети з цієї другої пари (вони можуть бути або справжніми, або ж одна з них — фальшива) і покладемо їх по одній на шальки терезів:

  •  у випадку рівноваги обидві монети цієї пари є справжніми і, взявши одну монету з першої пари, а другу — з цієї пари, матимемо набір «справжня + фальшива» монети, з яким порівнюємо всі інші пари;
  •  у випадку неврівноважених терезів одна з монет — фальшива, тоді це і є той набір, з яким порівнюватимемо всі інші пари.

Випадок 2.2. Якщо нова пара монет переважила нашу першу пару, то обидві монети першої — справжні (адже вони однакові, легші). Тоді в новій парі або обидві монети фальшиві, або фальшивою є лише одна. Додаткове зважування (порівняння цих двох монет) надасть змогу утворити набір «справжня + фальшива» монети:

  •  терези, на шальках яких лежить по одній монеті, врівноважені, отже, обидві монети фальшиві; взявши одну монету з першої пари і одну з цієї пари, продовжуємо порівнювати з ними інші пари;
  •  терези неврівноважені, серед монет лише одна фальшива, цей набір є оптимальним.

Таким чином, за (n + 1)-е зважування ми дізнаємося про кількість фальшивих монет. Наприклад, щоб відповісти на запитання, скільки серед 20 монет фальшивих, досить виконати 11 зважувань, але, можливо, і за 10 зважувань матимемо відповідь (див. задачу 7, випадок 1; зауваження 2 до випадку 2).

Дещо окремо в цьому ряді задач стоїть наступна задача, яка, на перший погляд, дуже схожа на задачу 6, проте вимагає розбиття вже не на трійки, а на пари об’єктів.

Задача 8. є 16 зовні однакових монет, серед яких лише 2 радіоактивні. За 8 перевірок визначити обидві радіоактивні монети, якщо за одну перевірку є можливість з’ясувати, чи є в досліджуваній групі монета хоча б одна радіоактивна.

Розв’язання.

На кожному етапі перевірки треба ділити монети навпіл: 16 = 8 + 8, і далі перевіряти 2 утворені групи по 8 монет. Перші дві перевірки можуть дати такі випадки.

Випадок 1. перша група з 8 монет радіоактивна, інша – ні. Тоді обидві радіоактивні монети знаходяться в першій групі серед 8 монет: 8 = 4 + 4; наступні дві перевірки дають змогу визначити, де радіоактивні монети.

1.1. Група з 4 монет радіоактивна, друга четвірка – ні. Ділимо монети першої групи навпіл по 2 монети. Наступні 2 перевірки дають можливість встановити, де радіоактивні монети:

  •  2 радіоактивні, 2 – ні. Всі радіоактивні монети знайдені за 6 перевірок;
  •  і дві перші, і дві другі дають позитивний результат під час перевірки на радіоактивність. Витративши по одній спробі на кожну пару (перевіряємо одну монету: або сама вона радіоактивна, або вона – ні, тоді радіоактивна та, що з нею в парі). За 8 спроб визначимо всі радіоактивні монети.

1.2. І перша, і друга четвірки мають радіоактивні монети. Тоді в кожній четвірці рівно по одній радіоактивній монеті. Вже використано 4 спроби. Лишилося по 2 спроби для кожної четвірки. Спроба перша. Розбиваємо четвірку на 2 групи по 2 монети і перевіряємо лише одну групу з двох монет. Якщо вона дає позитивний результат при перевірці на радіоактивність, то єдина радіоактивна монета тут, якщо ні – серед двох інших. Остання спроба дає змогу знайти серед двох (2 = 1+1) єдину радіоактивну. Оскільки вказану процедуру виконуємо для обох четвірок, то за 8 спроб знаходимо всі радіоактивні монети.

 Випадок 2. І перша вісімка, і друга – радіоактивні. Вже витрачаємо 2 спроби. Тоді в кожній групі рівно по одній радіоактивній монеті. Маємо по 3 спроби на кожну групу, щоб визначити обидві радіоактивні монети.

  1.  Розбиваємо кожну групу на дві четвірки, перевіряємо лише одну четвірку, бо є лише одна радіоактивна монета, визначаємо, де вона. При кожній перевірці користуємося правилом: якщо ця група монет дає позитивний результат при перевірці на радіоактивність, тоді єдина радіоактивні монета тут; у протилежному випадку радіоактивна монета в іншій групі.
  2.  Вибираємо радіоактивну четвірку, розбиваємо її навпіл і перевіряємо лише одну пару монет. Визначаємо радіоактивну пару.
  3.  З радіоактивної пари монет перевіряємо лише одну.

Таким чином, за 8 спроб удасться відібрати всі радіоактивні монети.

 Зауваження. Якби радіоактивних монет було не дві, а одна, то спроб знадобилося б удвічі менше.

Запропонована робота спрямована на поглиблення та розширення змісту програмового матеріалу й може бути корисною школярам, які люблять математику, студентам, учителям – керівникам факультативів і математичних гуртків.


2.3. Командні задачі

„Космонавти”

Космічний корабель „Сигма” потрапив у метеоритний потік і отримав пробоїну, через яку з нього витікає повітря – 80 л за хвилину. Ще один метеорит зіпсував механізм очищення повітря від вуглекислого газу. Самостійно полагодити корабель команда не може, тому на найближчу рятувальну станцію був відісланий сигнал SOS. Коли на рятувальній станції отримали сигнал SOS, на кораблі „Сигма” залишалося 240 м3 повітря. За один вдих людина вдихає 2,5 л повітря, за хвилину – робить 16 вдихів, екіпаж корабля складається з 8 чоловік. Рятувальна шлюпка була відіслана одразу після отримання сигналу “SOS”, через годину після її виходу екіпажу корабля „Сигма” вдалося перекрити пробоїну зсередини й припинити витік повітря, але механізм очищення повітря вони не полагодили. Чи встигне рятувальна шлюпка врятувати людей, якщо в момент отримання сигналу “SOS” відстань між кораблем „Сигма” й рятувальною станцією була 4950 парсеків, корабель рухається назустріч шлюпці зі швидкістю 140 парсеків за годину, а швидкість шлюпки – 310 парсеків за годину?

„Підводники”

Батискаф з чотирма вченими на борту потерпів аварію на відстані 256 км від берега і на глибині 48 м. На допомогу йому був відправлений спеціалізований підводний човен, який пристикувавшись до батискафу, зможе одразу забрати з нього людей. На поверхні човен може рухатися зі швидкістю 32 км/год., занурюється на глибину він із швидкістю 8 м/хв.., на стиковку з батискафом йому потрібно 4 хв. В момент виходу човна з гавані в батискафі залишалося 80 м3 придатного для дихання повітря. За один вдих людина вдихає 2,5 л повітря, за хвилину робить 16 вдихів. Чи встигне підводний човен врятувати вчених?

„Бригада для боротьби з тероризмом”

Терорист висипав отруту в бак на насосній станції, вода з якого буде подана у водопостачальну систему міста, як тільки бак буде повністю заповнений. Розміри бака 12 м х 50 дм х 350 см. За хвилину до бака подається 12500 л води. Коли бригада для боротьби з тероризмом отримала сигнал щодо нападу на насосну станцію, бак був заповнений на 2/3. Чи встигнуть вони відключити воду та ізолювати отруєний бак, якщо будуть їхати зі швидкістю 75 км/год. (швидше не дозволяє якість дорожнього покриття), відстань до насосної станції 405 км, а на те, щоб знайти потрібний  бак та перекрити воду, їм знадобиться 7 хвилин?


ВИСНОВКИ


Список використаних джерел

  1.  Ізюмченко Л., Лутченко Л. Організація навчальної діяльності школярів під час розв’язування логічних задач //Математика в школі. – 2003. – №6. – С.29
  2.  Акуленко І. Вправи з логічним навантаженням на уроках математики в 5-6 класах //математика в школі. – 2002. – №5. – С. 35
  3.  Ізюмченко Л. Розв’язуємо логічні задачі //Математика в школі. – 2001. – №4. – С. 60
  4.  Скляренко О.В. математика. 5 кл. Задачі для розвитку мислення. – Харків: ТОРСІНГ ПЛЮС, 2006. – 93 с.


 

А также другие работы, которые могут Вас заинтересовать

26668. Утилизация и захоронение РАО в Архангельской области (Миронова гора) 12.32 KB
  Об этом на последнем заседании координационного совета по вопросам организации мероприятий по охране окружающей среды сообщил начальник отдела ядерной и радиационной безопасности Севмашпредприятия Михаил Малинин. Горожанам думается небесполезно узнать что специалистами ФГУП ВНИИпромтехнологии в свое время были разработаны мероприятия по организации санитарнопропускного режима и созданию системы непрерывного радиационного контроля физической защиты систем энергопитания и связи на Мироновой горе. В частности член координационного...
26669. Антропогенные опасности на территории Архангельской области 74.84 KB
  Ломоносова Естественногеографический факультет Географии и геоэкологии Реферат на тему: Антропогенные опасности на территории Архангельской области Выполнил: студент 4 курса отделения природопользования ...
26670. Воздействие нефтедобычи в НАО на многолетние мерзлые породы 17.11 KB
  В Государственном докладе О состоянии и об охране окружающей среды Российской Федерации в 2005 году отмечается что наибольший суммарный объем выбросов в атмосферу зафиксирован для предприятий по добыче сырой нефти и нефтяного попутного газа – 41 млн. м свежей воды в том числе при добыче сырой нефти и природного газа – 7015 млн. Аэробная зона – источник выделения углекислого газа образующегося при разложении органики в кислородной среде а анаэробная зона продуцирует метан. Парниковый эффект метана превышает действие равного количества...
26671. Проблемы освоения и добычи углеводородов в НАО 16.34 KB
  Основные технологические проблемы освоения морских нефтегазовых месторождений связаны со спецификой технологических условий на этапах обустройства месторождения и добычи. Вместе с тем существенных усилий требуют подготовка и транспортировка углеводородов
26672. Состояние здоровья взрослого населения в Архангельской области 47.5 KB
  Для изучения состояния здоровья населения Архангельской области проведен ретроспективный анализ многолетней динамики первичной заболеваемости и оценена тенденция заболеваемости путем выравнивания динамического ряда по функции экспоненциальной кривой. Анализ состояния здоровья совокупного населения Архангельской области показал что высокий темп прироста ТПр частоты заболеваемости свыше 10 и выраженная тенденция к росту за 5летний период установлены только для класса Врожденные пороки развития 1237 и 089 соответственно. Динамика...
26673. ПРИРОДНЫЕ ПАРКИ 10.83 KB
  природоохранные рекреационные учреждения находящиеся в ведении субъектов Российской Федерации территории акватории которых включают в себя природные комплексы и объекты имеющие значительную экологическую и эстетическую ценность и предназначены для использования в природоохранных просветительских и рекреационных целях . принимают органы государственной власти субъектов РФ по представлению федеральных органов в области охраны природной среды по согласованию с органами местного самоуправления.
26674. ЗОЛОТОЕ КОЛЬЦО РОССИИ 98.88 KB
  МОСКВА Бывают городатруженики городакоммерсанты городаханжи городамузеи городавенценосцы . Так писал о городах К. В этих городах сочетаются уникальные памятники архитектуры скромная красота природы и гений человека его мастерство видение жизни и стремление украсить свой быт народные промыслы. Так что же входит в понятие Золотое Кольцо Это сама Москва и окружающие ее областные города: Ярославль Кострома Владимир Иваново и множество районных городов: Ростов Великий Суздаль ПереславльЗалесский Нерехта Плесс Палех...
26675. Концепция развития туризма в Архангельской области на 2011-2014 годы 25.12 KB
  Концепция разработана в рамках реализации Стратегии социальноэкономического развития Архангельской области до 2030 года.1999 № 14923ОЗ О туризме в Архангельской области; Стратегия социальноэкономического развития Архангельской области до 2030 года. Характеристика современной туристской индустрии Архангельской области 1.
26676. КОНЦЕПЦИЯ РАЗВИТИЯ МОЛОДЕЖНОГО ТУРИЗМА 34.24 KB
  Другой аспект туризма – туристский бизнес. Настоящий бум развития туризма в нашей стране был в 30е и 60е годы прошлого века. В настоящее время отсутствует комплексный подход к развитию туризма в стране в 90е годы руководство туризмом было разведено по 14 ведомствам и частному капиталу.