METODIKA NASTAVE MATEMATIKE 1, METODIKA NASTAVE MATEMATIKE
RJEŠENJA ZADATAKA SA ZAVRŠNOG DIJELA ISPITA (06.07.2011.)
No. 1. Duž i prava (U metodološkom smislu, duž je osnovni pojam a prava izvedeni projam)
Cilj zadatka: Utvrđivanje matematičko-metodičkih kompetencija unutar domene ’geometrijsko mišljenje’ (metodičke
kompetencije u podučavanju geometrije) – utvrđivanje postojanja stabilne intuicije o pojmu duži na intuitivnom i analitičkom
nivou.
1.1. Kako se učenicima osnovne škole (2-5 razred) podučavaju pojmu duži? Obrazloži svoj odgovor.
1.2. Tačke jedne duži su u nekom međusobnom poretku. Opiši taj poredak.
1.3. Koristeći se tim poretkom determiniši pojmove lijeva granična tačka / desna granična tačka duži
1.4. Koristeći se tim poretkom opiši, što je moguće preciznije, odnos tačke i duži.
1.5. Kako se učenici osnovne škole (2-5 razred) podučavaju pojmu prave? Oslanjajući se na svoja obrazloženja ponuđena u
tačkama 1.2, 1.3. i 1.4 detaljno obrazloži svoj odgovor.
Rješenje:
1.1. Kako se učenicima osnovne škole (2-5 razred) podučavaju pojmu duži? Obrazloži svoj odgovor.
Pojam duži (kao i pojam linije, koji mu prethodi) se uvodi na časovima matematike u drugom razredu osnovne škole na
intuitivnom nivou (tj. na ’nivou 0’ po van Hieleovoj klasifikaciji 1), tj. ne definiše se. Pod tim podrazumijevamo da realizator
nastavnih sadržaja iz matematike ’pokaže’ model duži (fizički model, model u prirodi, model nacrtan na tabli ili ekranu
kompjutera) i saopštava slušaocima ime tog objekta.
Komentar uz odgovor. Pojam duži, u metodološkom smislu za učitelje i njegove učenike, je pojam koji slijedi iz pojma
linije i koji prethodi pojmu prave. Opisno, u prvoj aproksimaciji (dakle, neprecizno govoreći), duž je dio prave linije između
dvije tačke na toj liniji. Dakle, pojmovi koji prethode pojmu duži su: ’(prava) linija’, ’tačke’ na liniji i relacija ’između’.
Pomenute tačke imaju funkciju ’rubnih’ ili ’graničnih’ tačaka na liniji.
Ovako sagledavanje pojma duži sa intuitivnog aspekta u sebi sadrži potrebu apriornog prihvatanja pojma ’rubnih’ ili
’graničnih’ tačaka. Metodološki ovaj postupak ima mnogo propusta. Pojmovi ’rubnih tačaka’ ili ’graničnih tačaka’ su
neophodni u daljem konstruisanju geometrijskog znanja jer se nerijstko koriste pri analiziranju mnogih drugih geometrijskih
figura. Pri tim analizama, na ’nivou 1’ (po van Hieleovoj klasifikaciji), osobine rubnih /graničnih tačaka su presudne pri
razumijevanju međusobnih odnosa elemenata tih analiziranih figura.
Metodološki problemi sa relacijom ’između’ na intuitivnom nivou nisu vidljivi, ali na analitičkom nivou upotrebom
relacije ’između’ pred slušaoce /učenike / studente pojavljuju se skoro nerješivi metodološko-matematički problemi koji
znatno prevazilaze matematička znanja neophodna realizatorina nastave matematike: relacija ’između’ je ternarna relacija 2 sa
kojom se ovi studenti nikad ne susreću. Dakle, relaciju ’između’ pri opisivanju rasporeda tačaka na duži /pravoj preporučljivo
je koristiti samo na intuitivnom nivou.
Sad ćemo izložiti postupak determinisanja (konstruisanja skoro-definicije) duži na analitičkom nivou (tj. na ’nivou 1’). Na
ovom nivou, nivou 1 (po van Hieleovoj klasifikaciji), okruženje u kojem se analizira duž kao geometrijski subjet i termin koji
pokriva taj subjekt podrazumijeva da je usvojen pojam prave i da (ponovo i suptilnije) treba analizirati geometerijsku figuru
duž.
Pretpostavimo da nam je data prava p. Prava je jednoznačno određena sa dvije različite tačke na njoj. To znači da ako
imamo pravu, tada imamo i bar dvije tačke na toj pravoj. Vrijedi i obrnuto: dvije različite tačke jednoznačno određuju jednu
pravu. Dakle, tačke i prave su povezane i na pravoj ima onoliko tačaka koliko god nam je potrebno. Tačke na pravoj p su
rasmještene u nekom međusobnom poretku tako da posmatrajući tačke na toj pravoj slijeva na desno govorimo da je tačka A
ispred tačke B ako posmatrajući pravu prvo dođemo do tačke A a potom do tačke B. Dakle, prihvatamo da se tačke na pravoj p
nalaze u nekom međusobnom poretku koji nazivano ’ispred’. Za tačku B kažemo da je ’iza’ tačke A ako i samo ako je tačka A
ispred tačke B. Dalje, za tačku X te prave kažemo da je ’između’ tačaka A i B ako je tačka A ispred tačke X, a ova ispred tačke
B. Ovaj postupak nam omogućava da izbjegnemo matematičko-metodološke probleme sa ternarnom relacijom ’između’
uvodeći binarnu relaciju3 ’ispred’.
Pravu određenu tačkama A i B zapisujemo sa p(A,B).
1
2
3
Podsjećamo čitaoce ovog teksta da po van Hieleovoj klasifikaciji postoji pet nivoa razumijevanja geometrije. Ti nivoi su: nivo 0 (nivo
vizuelizaije), nivo 1 (analitički nivo), nivo 2 (nivo neformalne dedukcije), nivo 3 (nivo formalne dedukcije) i nivo 4 (nivo strogosti)
Za relaciju ρ kažemo da je ’ternarna relacija’ ako se za tri terma x, y, z nekog domena može odlučiti da li je (x,y,z)∈ρ ili nije (x,y,z)∈ρ.
Sa binarnim relacijama učenici se stalno susreću počevši od drugom razredu osnovne škole pa su im osobine binarnih relacija poznate
(bar) na intuitivnom nivou.
D.A.Romano: Intelekrualna svojina
D.A.Romano: Rješenja zadataka sa pismenog dijela završnog ispita
U ovom okruženju pojam duži može se uvesti na slijedeći način: Neka su date tačke A i B. One jednoznačno određuju
jednu pravu. Sve tačke na toj pravoj između tačaka A i B uključujući i te dvije tačke čine duž AB. Tačku A je početna tačka
duži a tačka B je završna tačka duži AB.
Kao što se vidi, intuitivni pojmovi koji prethode pojmu duži su: prava, tačka i relacija ispred na pravoj. Pojam ’između’
iako je korišten u ovoj tzv. skoro-definiciji duži nije osnovni pojam već izvedeni. Prethodnu deskripciju (skoro-definiciju)
možemo iskazati i bez upotrebe termina ’između’: Neka su date tačke A i B. One jednoznačno određuju pravu p(A,B). ’Duž
određenu tim tačkama’ čine sve tačke prave p(A,B) koje su iza tačke A a ispred tačke B uključujuči i te dvije tačke.
1.2. Tačke jedne duži su u nekom međusobnom poretku. Opiši taj poredak.
Neka je data duž AB (A ≠ B). Intuitivo razumijemo da postoji poredak (relacija linearnog uređenja) među tačkama na
pravoj p(A,B) određenoj tačkama A i B. Taj poredak označavamo sa ’ 〈’ , i pri tome, pišemo ’A 〈 B’ i govorimo da je
’tačka A ispred tačke B’.
Taj poredak ima osobine4:
(1) irefleksivnost: ¬(X 〈 X)
(tačka X ne može biti ispred same sebe);
(2) nesimetričnost: X 〈 Y ⇒ ¬(Y 〈 X)
(ako je X 〈 Y, onda ne može biti Y 〈 X);
(3) tranzitivnost: X 〈 Y ∧ Y 〈 Z ⇒ X 〈 Z; i
(4) linearnost: (∀X,Y)( X 〈 Y ∨ Y 〈 X) .
1.3. Koristeći se tim poretkom determiniši pojmove lijeva granična tačka / desna granična tačka duži
Prema skor-definiciji, duž AB je skup tačaka (na pravoj p(A,B)) između tačaka A i B uključujući i te dvije tačke. Dakle,
AB = {A}∪{X∈p(A,B) : A 〈 X 〈 B}∪{B}
Dakle, za bilo koju tačku X duži AB imamo
X∈AB ⇔ (X = A ∨ A 〈 X 〈 B ∨ X = B)
Prema tome, tačka A je donja ograda, ili donja granica skupa AB jer se nalazi ispred svih drugih tačaka te duži. Analogno,
tačka B je gornja ograda, ili gornja granica skupa AB 5.
1.4. Koristeći se tim poretkom opiši, što je moguće preciznije, odnos tačke i duži.
Neka je data duž AB i neka je data tačka X. Duž AB se nalazi na pravoj p(A,B) određenoj tačkama A i B. Imamo:
tačka X pripada duži AB, ili tačka X ne pripada duži AB6, i
nije moguće da tačka X istovremeno pripada i ne pripada duži AB7.
Ako tačka X ne pripada duži AB, moguće su opcije:
- Tačke X, A i B nisu kolinearne (već samo koplanarne, tj. leže u istoj ravni), ili
- Tačke X, A i B su kolinearne, tj. tačka X leži na pravoj p(A,B).
U drugom slučaju, tj. ako su tačke A, B i X kolinearne, moguće su opcije:
(1) X 〈 A 〈 B. U tom slučaju kažemo da je tačka X nije sa iste strane tačke A sa koje je tačka B, ili tačka X je sa suprotne
strane tačke A u odnosu na tačku B.
(2) A 〈 B 〈 X. U ovom slučaju tačka X je sa suprotne strane tačke B u odnosu na tačku A.
1.5. Kako se učenici osnovne škole (2-5 razred) podučavaju pojmu prave? Oslanjajući se na svoja obrazloženja ponuđena u
tačkama 1.2, 1.3. i 1.4 detaljno obrazloži svoj odgovor.
(Odgovor na ovo pitanje je izostavljen namjerno.)
No. 2. Poluprave i ugao
2.1. Tačke jedne prave su u međusobnom poretku. Opiši taj poredak.
2.2. Determiniši pojam poluprave.
4
U ovom izvještaju pretpostavljamo da studenti raspolažu elementarnim znanjima iz matematičke logike te da su familijarni ne samo sa
zapisivanjem formula posredstvom logičkih veza konjukcije, disjunkcije, negacije, implikacije i ekvivalencije već i vješti u čitanju tih
formula sa ili bez kvantifikatora (univerzalnog ili egzistencijalnog kvantifikatora).
5
Pojmovi ‘donja ograda / donja granica’, ’gornja ograda / gornja granica’ su jasni na intuitivnom nivou. Pojam ‘donja ograda / donja
granica’ definišemo na slijedeći način: Za tačku D kažemo da je donja granica / donja ograda za skup tačaka ℑ na pravoj p ako i samo ako
vrijedi D 〈 Y za bilo koju tačku skupa ℑ, tj. ako vrijedi (∀Y∈ℑ)( D 〈 Y). Analogno se uvodi termin ’gornja ograda’.
6
Princip isključenja trećeg je logički alat sa kojim se susreću učenici drugog razreda osnovne škole pri rješavanju ovog problema
7
Princip nekontradikcije
2
D.A.Romano: Intelekrualna svojina
D.A.Romano: Rješenja zadataka sa pismenog dijela završnog ispita
2.3. Dvije tačka na pravoj jednoznačno determiniše jednu i samo jednu polupravu. Opiši ovu jednoznačnost.
2.4. Dvije poluprave koje imaju zajedničku početnu tačku grade ugao. Ponudi obrazloženja pojma ’ugao’ na nivou 1 (po van
Hieleovoj klasifikaciji).
2.5. Dat je ugao na islustraciji O
Rješenje:
∠ . Kako razlikujemo ’unutrašnju oblast’ ugla od ’vanjeske oblasti’ ugla?
2.1. Tačke jedne prave su u međusobnom poretku. Opiši taj poredak.
Neka je data prava p. Na intuitivnom nivou, ’nivou 0’ (po van Hieleovoj klasifikaciji) podrazumijeva se da prava sadrži
tačke. Na analitičkom nivou, ’nivou 1’ (po van Hieleovoj klasifikaciji) podrazumijeva se da je prava jednoznačno određena sa
bilo koje svoje dvije različite tačke. (Podrazumijeva se da je binarna relacija ’različite tačke’ prisutna na intuitivnom nivou.)
Neka su, radi određenosti, to tačke A i B. To zapisujemo sa p(A,B). Posmatrajući pravu p(A,B) slijeva udesno, prvo dolazimo
do tačke A a potom do tačke B. To zapisujemo na slijedeći način A 〈 B i čitamo ’tačka A je ispred tačke B’. Ova binarna
relacija ima slijedeće osobine
(1) irefleksivnost: ¬(X 〈 X)
(tačka X ne može biti ispred same sebe);
(2) nesimetričnost: X 〈 Y ⇒ ¬(Y 〈 X)
(ako je X 〈 Y, onda ne može biti Y 〈 X);
(3) tranzitivnost: X 〈 Y ∧ Y 〈 Z ⇒ X 〈 Z; i
(4) linearnost: (∀X,Y)( X 〈 Y ∨ Y 〈 X)
(Za bilo koje dvije tačke X i Y prave p jeste X 〈 Y (tačka X je ispred tačke Y),
ili Y 〈 X (tačka Y je ispred tačke X))
2.2. Determiniši pojam poluprave.
Na intuitivnom nivou, ’nivou 0’ (po van Hieleovoj klasifikaciji) opis poluprave može se dati na slijedeći način. Neka je
data prava linija p. Uzmimo po volji tačku P na pravoj p. Ta tačka dijeli pravu p na dva razdvojena dijela. Bilo koji od ta dva
dijela prave zajedno sa tačkom P nazivamo poluprava sa početnom tačkom P. Označavamo je sa Pp .
2.3. Dvije tačka na pravoj jednoznačno determiniše jednu i samo jednu polupravu. Opiši ovu jednoznačnost.
Obrazloženje koje slijedi je na analitičkom nivou, ’nivou 1’.
Neka je data poluprava Pp sa početnom tačkom P. To znači da za bilo koju tačku X te poluprave vrijedi P 〈 X. Uzmimo,
radi određenosti, tačku A te poluprave. Za nju takođe vrijedi P 〈 A. Ovo poslednje zači da imamo ’uređeni par’ (P,A) tačaka P
i A poluprave Pp. Na ovaj način smo polupravoj Pp pridružili uređeni par (P,A) tačaka P i A.
Obrnuto, neka je dat uređeni par (A,B) tačaka A i B. Te dvije tačke jednoznačno određuju jednu pravu, pravu p(A,B).
Tačka A razdvaja pravu p(A,B) na dvije poluprave sa početnom tačkom A. Posmatrajmo polupravu Ap(A,B) te prave koja sadrži
tačku B. Druga poluprava ne sadrži tačku B. Tako smo uređenom paru (A,B) tačaka A i B pridružili polupravu Ap(A,B). Ovo
pridruživanje uređenog para tačaka i poluprave je obostrano-jednoznačno.
2.4. Dvije poluprave koje imaju zajedničku početnu tačku grade ugao. Ponudi obrazloženja pojma ’ugao’ na nivou 1 (po van
Hieleovoj klasifikaciji).
Neka su date dvije poluprave Op i Oq sa zajedničkom početnom tačkom O. One obavezno leže u istoj ravni. Ove dvije
poluprave sa zajedničkom početnom tačkom nazivamo ’ugao’. Elementi ugla su: tjeme ugla – tačka O, kraci ugla – poluprave
Op i Oq. Ugao dijeli ravan na dva disjunktna (razdvojena) dijela. Te dijelove nazivamo ’unutrašnja oblast’ i ’vanjska oblast’
ugla. Na perceptivnom nivou, nivou 0, intuitivno i instiktivno pod uglom podrazumijevamo onaj dio ravni između te dvije
poluprave koji je manji. Na analitičkom nivou, nivou 1, uz prihvatanje prethodnog opisa termina ’ugao’ za to ne postoje
valjani razlozi.
Na analitičkom nivou, nivou 1, ugao Opq sa tjemenom O i kracima ugla Op i Oq moramo posmatrati kao uređeni par
polupravih (Op,Oq). Ovo znači da, posmatrajući ugao Opq u smjeru suprotno od smjera kretanja kazaljke na satu,
podrazumijevamo da je poluprava Op ’prvi krak’ ugla a poluprava Oq ’drugi krak’ ugla. U ovom slučaju, tačno znamo na koji
dio ravni se odnosi termin ’unutrašnja oblast ugla’.
2.5. Dat je ugao na islustraciji O
∠ . Kako razlikujemo ’unutrašnju oblast’ ugla od ’vanjeske oblasti’ ugla?
Neka je dat ugao Opq. Taj ugao razdvaja ravan u kojoj se nalazi na dva disjunktna dijela. Na intuitivnom nivou, nivou 0,
ne možemo da razlikujemo koje je ’unutrašnja oblast’ a koje ’vanjska oblast’ ugla. Na analitičkom nivou, nivou 1, uz
determinisanje ugla kao uređen par (Op, Oq) polupravih Op i Oq sa zajedničkom početnom takom O, oslanjajući se na smjer
kretanja kazaljke na satu kao etalona, jednoznačno određujemo koje je ’unutrašnja oblast’ ugla: To je dio ravni između
polupravih Op i Oq, uvažavajući smjer posmatranja suprotan smjeru kazaljke na satu, ako pođemo od poluprave Op i diđemo
do poluprave Oq. Drugi dio ravni, komplement prethodnog dijela, je ’vanjska oblast’ ugla.
3
D.A.Romano: Intelekrualna svojina
D.A.Romano: Rješenja zadataka sa pismenog dijela završnog ispita
No. 3. 3.1. U prstenu (Z,+,0,⋅,1) cijelih brojeva riješi jednačine
(a) x + 7 = 3, (b) 3x – 6 = -x + 2, (c) 7⋅x +5 = 3, (d) ax + b = c (a, b, c∈Z)
3.2. U uređenom prstenu (Z,+,0,⋅,1,⋅≤) cijelih brojeva riješi nejednačine
(e) -2⋅x ≥ 12, (f) -3⋅(x-1) < 6.
(g) a⋅x ≤ b (a,b∈Z)
Rješenje:
3.1. (a) x + 7 = 3,
(b) 3x – 6 = -x + 2,
(c) 7⋅x +5 = 3,
(d) ax + b = c (a, b, c∈Z)
x=3–7
3x + x = 6 + 2
7x = 3 – 5
ax = c – b
x = - 4 ∈Z
4x = 8
7x = - 2
(i) Neka je a ≠ 0. Tada je
x=8:2
x = -2 : 7
x = (c – b) : a
−2
x = 2 ∈Z
x=
∉Z
(ii) Ako je a = 0, imamo
7
0 = 0⋅x = c – b
U slučaju da je c = b, imamo
0⋅x = 0
što je tačno za svako x∈Z.
Zaključak: Jednačine (a) i (b) imaju rješenja u prstenu (Z,+,0,⋅,1) cijelih brojeva.
Jednačina (c) nema rješenja u prstenu (Z,+,0,⋅,1) cijelih brojeva.
Jedančina (d), ako je a = 0 i b = c ima rješenja u prstenu (Z,+,0,⋅,1) cijelih brojeva. Ako je a ≠ 0, tada jedačina (d)
b− c
ima rješenje u prstenu (Z,+,0,⋅,1) cijelih brojeva za sve cijele brojeve a, b, c za koje je
∈Z . Za cijele brojeve
a
b− c
a, b, c za koje je
∉Z jednačina (d) nema rješenje u prstenu (Z,+,0,⋅,1) cijelih brojeva.
a
3.2. U uređenom prstenu (Z,+,0,⋅,1,⋅≤) cijelih brojeva strategije riješavanja nejednačina su, na primjer, slijedeće:
(e) -2⋅x ≥ 12,
-2⋅x ≥ 12 : (-2)
(f) -3⋅(x-1) < 6.
-3⋅(x-1) < 6 : (-3)
(g) a⋅x ≤ b (a,b∈Z)
a⋅x ≤ b : a (a ≠ 0, a,b∈Z)
b
b
x≤-6
x – 1 > -2
x≤
(a > 0), x ≥
(a < 0)
a
a
b
x ∈{..., -8, -7, -6}
x > -2+1 = -1
Ako je
(a ≠ 0), cijeli broj nejednačina (g) ima
a
x∈{-1, 0, 1, 2, ...}
za rješenje skupove
b
x∈{-∞, ..., } (ako je a > 0)
a
b
x∈{ , ..., +∞} (ako je a < 0).
a
Ako je a = 0, nejednačina ima oblik 0 = 0⋅x ≤ b što je moguće samo ako je b nenegativan cijeli broj. U ovom slučaju, rjepšenje
nejednačine (g) je bilo koji cijeli broj.
Ako je a = 0 i b< 0, tada nejednačina (g) nema uopšte rješenja.
No. 4 U prikazanom sabiranju
768
+876
________
14
13
15
______
151314
detaljno obrazloži greške koje su pravljene.
1
78
+4
_____
122
1
67
+9
______
166
1
65
+6
______
131
Rješenje: 4.1. U ovom zadatku učenik se, pri sabiranju, koristio slijedećom strategijom:
(1 red)
(2 red)
4
768
+876
Prvi sabirak
Drugi sabirak
D.A.Romano: Intelekrualna svojina
D.A.Romano: Rješenja zadataka sa pismenog dijela završnog ispita
(3 red)
(4 red)
(5 red)
(6 red)
(7 red)
(8 red)
---------14
13
15
---------151314
Sabrane su jedinice iz prvog i drugog sabirka: 8 + 6 = 14
Sabrane su desetice iz prvog i drugog sabirka: 6 + 7 = 13 (Podrazumijeva se 130)
Sabrane su stotice iz prvog i drugog sabirka:
7 + 8 = 15 (Podrazumijeva se 1500)
(Prethodni intermedijalni rezultati su korektno potpisivani.)
Umjesto da izvrši sabiranje: 14 jedinica + 13 desetica + 15 stotica (= 1644), učenik je
brojeve ispisao jedne pored drugih počevši slijva udesno.
4.2. U ovom zadatku strategija je slijedeća:
(1 red)
(2 red)
(3 red)
(4 red)
1
78
+4
-----122
Prvi sabirak
Drugi sabirak
Sabrane su jedinice iz prvog sabirka sa jedinicama iz drugog sabirka: 8 + 4 = 12. Pri tome,
učenik je u četvrti red upisao broj jedinica 2 a broj desetica 1 ispisao iznad broja desetica
prvog sabirka (s lijeve strane). Slijedeći njegov korak je sabiranje
4 (jedinice drugog sabirka) + 7 (desetice prvog sabirka) + 1 (prenesen broj desetica) = 12
Oslanjajući se na izabranu strategiju, učenik dobija 122 kao rezultat sabiranja.
4.3. U ovom zadatku strategija je slijedeća:
(1 red)
(2 red)
(3 red)
(4 red)
1
67
+9
---------166
Prvi sabirak
Drugi sabirak
Sabrane su jedinice iz prvog sabirka sa jedinicama iz drugog sabirka: 7 + 6 = 16. Pri tome,
učenik je u četvrti red upisao broj jedinica 6 a broj desetica 1 ispisao iznad broja desetica
prvog sabirka (s lijeve strane). Slijedeći njegov korak je sabiranje
6 (jedinice drugog sabirka) + 9 (desetice prvog sabirka) + 1 (prenesen broj desetica) = 16
Oslanjajući se na izabranu strategiju, učenik dobija 166 kao rezultat sabiranja.
4.4. U ovom zadatku strategija je slijedeća:
(1 red)
(2 red)
(3 red)
(4 red)
1
65
+6
---------131
Prvi sabirak
Drugi sabirak
Sabrane su jedinice iz prvog sabirka sa jedinicama iz drugog sabirka: 5 + 6 = 11. Pri tome,
učenik je u četvrti red upisao broj jedinica 1 a broj desetica 1 ispisao iznad broja desetica
prvog sabirka (s lijeve strane). Slijedeći njegov korak je sabiranje
6 (jedinice drugog sabirka) + 6 (desetice prvog sabirka) + 1 (prenesen broj desetica) = 13
Oslanjajući se na izabranu strategiju, učenik dobija 131 kao rezultat sabiranja.
2
No. 5 U prikazanom množenju
2
74
× 61
------74
541
------5514
1
74
× 64
-----326
544
--------5766
2
53
× 58
------424
275
-------3174
detaljno obrazloži greške koje su pravljene.
Rješenje: 5.1. Strategija koja je korištena pri množenju se rekonstruiše, na primjer, na slijedeći način:
(1 red)
(2 red)
(3 red)
5
2
74
× 61
-------
Prvi faktor
Drugi faktor
Linija razdvajanja
D.A.Romano: Intelekrualna svojina
D.A.Romano: Rješenja zadataka sa pismenog dijela završnog ispita
(4 red)
(5 red)
74
541
(6 red)
(7 red)
------5514
Međurezultat u četvrtom redu je: 1 (broj jedinica drugog faktora) × 74 (prvi faktor) = 74
Međurezultat u u petom redu je: 6 (broj desetica drugog faktora) × 4 (broj jedinica prvog faktora) = 24.
Pri tome, 4 (broj jedinica ovog međurezultata) potpisuje ispod broja 7 (broj desetica u 74), a broj 2 (broj
desetiva ovog međurezultata) upiuje iznad broja desetica prvog faktora slijeva gore. Slijedeći učenikov
korak je da broj 6 (broj desetica drugog faktora) pomnoži brojem 9 (koji je dobio sabiranjem 7 + 2 = 9).
Dalje, učenik ispred broja 4 upisuje broj 5 (broj desetica ovog međurezultata) – tako se pojavljuje broj 54. U
slijedećem koraku, učenik dopisuje 1 (broj jedinica drugog faktora) iza broj 54 – tako se pojavljuje broj 541.
Kompletan međurezultat je pomjeren ulijevo za jedno poziciono mjesto
Linija razdvajanja
Konačan rezultat ovog (neobičnog) množenja dobija se ovako:
4 (broj jedinica prvog međurezultata) + 1 (broj jedinica drugog međurezultata, pomjeren ulijevo) = 14
7 (broj desetica prvog međurezultata) + 4 (broj jedinica prvog međurezultata) + 4 (broj desetica drugog
međurezultata) = 15
Pri tome, učenik je broj 5 ovog međurezultata napisao ispred broja 14 dobijenog ranije (a zaboravio broj 1 –
broj jedinica ovog međurezultata). Poslednji korak je ’spuštanje’ broja 5 (broj stotina iz reda 5 drugog
međurezultata). tako se dobija broj 5514.
5.2. Strategija koja je korištena pri množenju se rekonstruiše, na primjer, na slijedeći način:
2
1
(1 red)
74
(2 red) × 64
(3 red) ------(4 red)
326
(5 red)
544
(6 red) ------(7 red) 5766
Prvi faktor
Drugi faktor
Linija razdvajanja
Međurezultat u četvrtom redu je dobijen na slijedeći način:
Prvi korak: 4 (broj jedinica drugog faktora) × 4 (broj jedinica prvog faktora) = 16
Pri tome, učenik ispod linije upisuje broj 6 a broj 1 (broj desetica ovog međuproizvoda) upisuje iznad broja
7 (broj desetica prvog faktora) iznad s lijeve strane.
Drugi korak: 4 (broj jedinica drugog faktora) × 8 (= 1 + 7 (broj desetica prvog faktora)) = 32
Pri tome, učenik broj 32 upisuje ispred prethodno našpisanog broja 4 – tako se dobija broj 326.
Rekonstrukcija međurezultat u petom redu je, na primjer, sliedeća:
Prvi korak: 6 (broj desetica u drugom faktoru) × 4 (broj jedinica prvog faktora) = 24
Pri tome, učenik upisuje broj 4 ispod cifre 2 broja 326 (prethodni međurezultat), a broj 2 upisuje slieva
iznad broja 1 iznad broja 7 (bropj desetica prvog faktora).
Drugi korak: 6 (broj desetica drugog faktora) × 9 (broj dobijen 7 + 2) = 54
U slijedećem koraku, student prethodno upisanom broju 4 predpisuje tako dobijeni broj 54. Tako se dobija
drugi međurezultat 544
Linija razdvajanja
Broj u ovom redu učenik dobija korektnim sabiranje broja 326 i broja 544 (pomaknutog ulijevo za jedno
poziciono mjesto): jedinice: 6 + ... = 6, desetice 2 + 4 = 6, stotice: 3 + 4 = 7, hiljade: ... + 5 = 5.
5.3. Strategija koja je korištena pri množenju se rekonstruiše, na primjer, na slijedeći način:
(1 red) 2 53
(2 red) × 58
(3 red) ------(4 red) 424
(5 red) 275
(6 red) -------(7 red) 3174
6
Prvi faktor
Drugi faktor
8 (broj jedinica drugog faktora) × 3 (broj jedinica prvog faktora) = 24
Pri tome, učenik zapisuje broj 4 ispod linije razdvajanja abroj 2 (broj desetica ovog međurezultata) upisuje
iznad broja 5 (broj desetica prvog faktora) gore lijevo.
8 (broj jednica drugog faktora) × 5 (broj desetica drugog faktora) = 40
40 + 2 (broj desetica zaoisanog slijeva iznad broja 5 prvog faktora) = 42
Broj 42 učenik predpisuje ispred već napisanog broja 4 – tako se dobija broj 424.
5 (broj desetica drugog faktora) × 3 (broj jedinica prvog faktora) = 15
Pri tome, učenik upisuje broj 5 ispod cifre 4 broja 424 (prethodni međurezultat).
5 (broj desetica drugog faktora) × 5 (broj desetica prvog faktora) = 25
25 (broj dobijen u prethodnom računu) + 2 (broj upisan slijeva iznad broja 53) = 27
U slijedeće koraku, učenik predpisuje broj 27 prethodno uisanom broju 4 u redu 5. Tako se dobija broj 275
U ovom redu učenik korektno sabira broj 424 (red 4) i broj 275 (red 5) pomjeren ulijevo za jedno poziciono
mjesto: jedinice: 4 + ... = 4; desetice: 2 + 5 = 7; stotine 4 + 7 = 11; 1 (iz prethodnog) + 2 = 3. Tako se,
konačno, dobija broj 3174.
D.A.Romano: Intelekrualna svojina
© Copyright 2024 Paperzz
