Univerzitet u Istočnom Sarajevu
Pedagoški fakultet Bijeljina
Studijski program za razredne nastave
Nastavni predmet:
METODIKA NASTAVE MATEMATIKE
RJEŠENJA ZADATAKA SA ZAVRŠNOG TESTA IZ MNM
08.02.2011.
Da bi procjena uspješnosti spadala u kategoriju prolaza potrebno je ’osvojiti’ minimalno 51 bod od mogućih 100 bodova. Svi
zadaci su vrednovani sa 10 bodova
Zadatak 1. U strukturi ureñenog poluprstena (N∪{0},=,+,0,⋅,1,<) prirodnih brojeva odredi:
1.1. Kako se determiniše relacija jednakosti ’ = ’ ?
1.2. Kako se determiniše sabiranje ’ + ’ ?
1.3. Koji pojmovi pri determinisanju sabiranja su prethodni /primitivni pojmovi?
1.4. Kako se determiniše množenje ’ ⋅ ’ ?
1.5. Koji pojmovi pri determinisanju množenja su prethodni /primitivni pojmovi?
Rješenje:
(1.1)
Relacija jednakosti ’ = ’ je dvoparametarski predikat sa slijedećim (nelogičkim1) osobinama:
(∀x)(x = x)
(refleksivnost)
(∀x)(∀y)(x = y ⇒ y = x)
(simetričnost)
(∀x)(∀y)(∀z)((x = y ∧ y = z) ⇒ x = z)
(tranzitivnost)
(∀x)(∀y)(x = y ⇒ f(x) = f(y)), gdje je f bilo koji funkcionalni simbol
(ekstenzivnost funkcijskih simbola)
(∀x)(∀y)((x = y ∧ P(x)) ⇒ P(y)), gdje je P bilo koji predikatski simbol
(ekstenzivnost predikatskih simbola).
(1.2)-(1.3) Podsjećamo čitaoce da je skup N determinisan Peanovim aksiomama u kojima su prethodni pojmovi osim pojmova iz
Matematičke logike i Naivne teorije skupova i slijedeći osnovni pojmovi: 1 (jedinica) i funkcija sledbenik (u oznaci ’). Sabiranje
’+’ na skupu N prirodnih brojeva se deteminiše na slijedeći način: To je funkcija dvije varijable svuda definisana na skupu N × N
koja ima slijedeće osobine:
(∀x∈N)(x’ ≠ 1), (∀x∈N)(∀y∈N)(x + y’ = (x+y)’).
Ovako determinisana funkcija je dobro (korektno) definisana, tj. svuda je definisna i ekstenzivna je u odnosu na jednokost. Dakle,
(N,=,+) je algebarska struktura. Ovu strukturu proširujemo cijelim brojm 0 pozajmljenim iz skupa Z cijelih brojeva. Funkciju ’+’
proširujemo na proširenje N ∪ {0} dodavajući zahtjev da slijedeća formula bude valjana
(∀x∈N∪{0})(x + 0 = x).
(1.4)-(1.5) Množenje ’⋅’ je funkcija dvije varijable sa skupa N × N u skup N koja zadovoljava slijedeće uslove
(∀x∈N∪{0})(x ⋅ 1 = x), (∀x∈N)(x ⋅ (y + 1) = x⋅y + x).
Pojam koji prethodi definiciji množenja je sabiranja.
Zadatak 2. U prirodnom poretku u strukturi ureñenog poluprstena (N∪{0},=,+,0,⋅,1,<) prirodnih brojeva odredi:
2.1. Da li je 2 = 3, ili 2 < 3, ili 3 < 2? Napravi izbor i daj svoje obrazloženje!
2.2. Kako se u toj strukturi determinešu brojevi 2 i 3?
2.3. Kako se u toj strukturi determiniše relacija ’< ’?
2.4. Koje osobine ima ta relacija?
2.5. Kako se u toj strukturi determiniše relacija ’ ≤ ’ ?
Rješenje:
(2.1) 2 < 3 jer je 2+1 = 3.
(2.2) U ureñenoj strukturi N brojevi 2 i 3 se determinišu na slijedeći način: 2 = 1’ (sledbenik broja 1) i 3 = 2’ (sledbenik broja 2).
(2.3) Relacija ’<’ na strukturi (N∪{0},=,+,0,⋅,1,<) definiše se na slijedeći način:
a < b ⇔ (∃t∈N)(a + t = b).
(2.4) Relacija ’<’ ima slijedeće osobine:
(∀x∈N)¬(x < x)
(konzistentnost),
(∀x∈N)(∀y∈N)(x < y ⇒ ¬(y < x))
(asimetričnost),
(∀x∈N)(∀y∈N)(∀z∈N)((x < y ∧ y < z) ⇒ x < z)
(tranzitivnost)
(∀x∈N)(∀y∈N)(∀z∈N)(x < y ⇒ x + z < y + z)
(saglasnost relacije < sa sabiranjem)
(∀x∈N)(∀y∈N)(∀z∈N)((x < y ⇒ x ⋅ z < y ⋅ z)
(saglasnost relacije < sa množenjem).
(2.5) Relacija ‘≤’ na strukturi (N∪{0},=,+,0,⋅,1,<) se definiše na slijedeći način:
a ≤ b ⇔ (a = b ∨ a < b).
1
Pod terminom nelogički misli se da ne pripadaju klasi baznih logičkih aksioma.
D.A.Romano: Zadaci i rješenja zadataka sa pismenog dijela ispita iz MNM održanog 08.02.2011.
Zadatak 3.
3.1 Kada se uvodi broj 0 u nastavu matematike i prvoj nastavnoj trijadi ?
3.2 Kako se uvodi broj 0 ?
3.3 Kako se uvodi broj 1 ?
3.4 Za koliko je razlika brojeva 18 i 2 veća od zbira brojeva 9 i 6?
3.5 Koliko puta?
Rješenje:
(3.1) Cijeli broj 0 se uvodi u drugom razredu osnovne škole odmah poslije uvoñenja broja 5.
(3.2) Cijeli broj 0 se pozajmljuje iz skupa Z cijelih brojeva skupu N i formira proširenje N∪{0} skupa N. U tako formiranom
proširenju apriori se prihvataju slijedeće jednačine kao valjane formule
(∀x∈N∪{0})(x + 0 = x), (∀x∈N∪{0})(x ⋅ 0 = 0), (∀x∈N)(0 < x).
(3.3) Prirodan broj 1 se uvodi na dva načina: (i) (objektski način) kao kardinal skup {∅}; (ii) (pocesni pristup) kao polazni element
tj. osnovni pojma u Peanovoj aksiomatici.
(3.4) Razlika brojeva 18 i 2 je 16 a zbor brojeva 9 i 6 je 15, tako da je razlika (18 – 2) – (9 + 6) = 16 – 15 = 1. Dakle, broj 18-2 je
veći od broja 9+6 za 1.
(3.5) 1 puta jer je količnik broja 16 i broja 15 broj 1 uz ostatak 1, tj. vrijedi (18-2) = (9+6) ⋅ 1 + 1 .
Zadatak 4.
4.1. Kako se u nastavnoj praksi, u trećem razredu osnovne škole, determiniše pravougaonik?
4.2. Definiši (geometrijski) pravougaonik !
4.3. Koji su prethodni pojmovi pri (geometrijskom) determinisanju pravougaonika ?
4.4. Definiši (geometrijski) romboid !
4.5. Kakve su sličnosti i razlike izmeñu pravougaonika i romboida ?
Rješenje:
(4.1) U nastavnoj praksi u trećem razredu osnovne škole trougao se ne determiniše već ga učenici intuitivno prepoznaju.
(4.2) Pravougaonik je paralelopiped sa ravim uglovima. (Paralelopiped je četvorostranik sa dva para paralelnih stranica.)
(4.3) Pojmovi koji prethode pojmu pravougaonika su: ’paralelopiped’ i ’pravi ugao’.
(4.4) Romboid je paralelopiped.
(4.5) Pravougaonik je romboid sa pravim uglom. Obrnuto, postoji specijalan romboid kod koga je unutrašnji ugao prav.
Zadatak 5. Kako se determiniše dijeljenje ?
5.1. U strukturi ureñenog poluprstena (N∪{0},=,+,0,⋅,1,<) prirodnih brojeva;
5.2. U strukturi ureñenog prstena (Z,=,+,0,⋅,1,<) cijelih brojeva;
5.3. U strukturi ureñenog polja (Q,=,+,0,⋅,1,<) racionalnih brojeva;
5.4. Izvrši sljedeće dijeljnje 9 : 1; 9 : 2; 9 : 3;
5.4. Izvrši dijljenje 9 : 0; 0 : 9 i daj obrazloženja.
Rješenje:
(5.1) Za prirodan broj a kažemo da je ’djeljiv’ prirodnim brojem b ako i samo ako postoji prirodan broj q takav da je
a = b⋅q.
Djeljivost broja a brojem b zapisuje se u obliku b a. Količnik q zapisujemo i u obliku a : b. Pri tome, u ureñenom poluprstenu
(N∪{0},=,+,0,⋅,1,<) prirodnih brojeva, zapis a : 0 nije formula, tj. uopše se ne postavlja pitanje o vrijednsoti tog zapisa. S druge
strane, prema definiciji, je 0 : a = a za bilo koji prirodan broj a.
(5.2) Za cijeli broj a kažemo da je ’djeljiv’ cijelim brojem b različitim od 0 ako i samo ako postoji cijeli broj q takav da je
a = b⋅q.
Djeljivost broja a brojem b zapisuje se u obliku b a. Količnik q zapisujemo i u obliku a : b. Dakle, i u slučaju ureñenog prstena
(Z,=,+,0,⋅,1,<) cijelih brojeva ne posmatra se zapis a : 0 za bilo koji cijeli broj a (pa i, posebno, za a = 0, tj. zapis 0 : 0 se ne
valorizuje u ovom prstenu.)
(5.3) Podsjećamo čitaoca u u polju (Q,=,+,0,⋅,1,<) racionalnih brojeva slijedeća farmula je valjana formula
(∀a∈Q)(∀b∈Q \ {0})(∃q∈Q)(a = b⋅q).
Dakle, i u slučaju ureñenog polja (Q,=,+,0,⋅,1,<) racionalnih brojeva ne posmatra se zapis a : 0 za bilo koji racionalan broj a (pa i,
posebno, za a = 0, tj. zapis 0 : 0 se ne valorizuje u ovom polju.)
(5.4) Prema izloženom u prethodnim tačkama, imamo: 0 : 9 = 0, dok zapis 9 : 0 nije korektno zapisan zapis i ne možemo
odlučivati o njegovoj istinitosnoj vrijednosti u bilo kojem od navedene tri algebarske strukture.
Zadatak 6. Za date prave a i b determiniši kada će:
6.1. Biti paralelne ?
6.2. Biti meñusobno normalne ?
6.3. Biti mimoilazne ?
2
D.A.Romano: Zadaci i rješenja zadataka sa pismenog dijela ispita iz MNM održanog 08.02.2011.
6.4. Se sijeći ?
6.5. U kojem od prethodnih slučajeva te dvije prave jednoznačno determinišu jednu ravan? Obrazloži !
Rješenje
(6.1) Za prave a i b kažemo da su ’paralelne’ ako i samo ako leže u istoj ravni i nemaju zajedničkih tačaka.
(6.2) Dvije prave a i be su ’meñusobno normalne’ ako i samo ako se sijeku pod pravim uglom.
(6.3) Dvije prave su ’mimoilazne’ ako i samo ako ne leže u istoj ravni i nemaju zajedničkih tačaka.
(6.4) Za dvije prave kažemo da se ’sijeku’ ako i samo ako imaju samo jednu zajedničku tačku.
Zadatak 7. Fudbalski stadion ima 30000 sjedišta za gledaoce. Kada je utakmica počela, bilo je 1/5 sjedišta praznih.
(a) Koliko gledalaca je gledalo utakmicu ako je 7383 gledaoca stajalo, a bilo je 73 člana timova i 207 osoblja stadiona?
(b) 1/3 prisutnih gledalaca je an utakmicu došlo osobnim automobilima, 9853 ih je došlo vozom /vlakom ili pješke. Ostali su
doputovali autobusima sa po 42 mjesta za putnike. Koliko je autobusa bilo na prakingu ispred stadiona?
Rješenje: 1/5 od 30000 mjesta je 6000 mjesta. Dakle, 30000 – 6000 = 24000 mjesta je bilo popunjeno gledaocima utakmice.
Prema tome, proj posmatrača utakmice je 24000 + 7383 + 207 + (72 - 2⋅12) = 31683, jer igrači koji su na terenu ne gledaju
utakmicu već učestvuju u njoj.
Broj gledalaca koji je na utakmciju došao osobnim automobilima je 31683 : 3 = 10546. Dakle, broj gledalac koji su došli na
stadion autobusima je 31683 – (10546 + 9853) = 11284. Da bi znali koliko je autobusa na prakingu ispred stadional treba da broj
11284 podijelimo sa 42. Imamo 269 autobusa.
Zadatak 8
Date su tvrdnje kao o pravougaoniku iz prethodnog zadatka:
(a) Pravougaonik ABCD čija je površina minimalna ne postoji!
(b) Pravougaonik ABCD čija je površina maksimalna ne postoji!
1. Napravi konjukciju tvrdnji (a) i (b).
2. Napravi negaciju ove konjukcije.
3. Napravi negacije tvrdnji (a) i (b).
4. Napravi disjunkciju tvrdnji ¬(a) i ¬(b).
5. Uporedi tvrdnje iz odgovora u tačkama 2 i 4 ovog zadatka.
Rješenje: Bez obzira na to kako glasi ’prethodni zadatak’, date su nam trvdnje (a) i (b).
(8.1) Konjukcija ((a) ∧ (b)) tvrdnji (a) i (b) glasi: Pravougaonik ABCD čija je površina minimalna ne postoji i pravougaonik
ABCD čija je površina maksimalna ne postoji.
(8.2) Negacija ¬((a) ∧ (b)) tvrdnje ((a) ∧ (b)) glasi: Nije tačno da ne postoje pravougaonici ABCD čija je površina minimalna ili
maksimalna.
(8.3) Negacija ¬(a) tvrdnje (a) glasi: Nije tačno da pravougaonik ABCD čija je površina minimalna ne postoji.
Negacija ¬(b) tvrdnje (b) glasi: Nije tačno da pravougaonik ABCD čija je površina maksimalna ne postoji.
(8.4) Disjunkcija ¬(a) ∨ ¬(b) tvrdnji ¬(a) i ¬(b) glasi: Nije tačno da pravougaonik ABCD čija je površina minimalna ne postoji,
ili nije tačno da pravougaonik ABCD čija je površina maksimalna ne postoji.
(8.5) To je jedna te ista vrdnja, jer je, prema de Morganovom stavu, ¬((a) ∧ (b)) ⇔ ¬(a) ∨ ¬(b).
Zadatak 9
9.1. Šta je to prost prirodan broj? Navedi nekoliko prostih brojeva!
9.2. Da li je 1 prost broj?
9.3. Koliko ima prostih prirodnih brojeva?
9.4. Dokaži tvrdnju: Ako je kvadrat nekog broja 2, tada se taj broj ne može napisati u obliku razlomka!
9.5. Kakav je to dokaz: (i) direktan; (ii) indirektan?
Rješenje:
(9.1) Za prirodan broj veći od jedinice kažemo da je prost ako i samo ako je djeljiv samo sa 1 i sa samim sobom.
(9.2) 1 nije prost broj.
(9.3) Prostih brojeva ima beskonačno prebrojivo mnogo.
(9.4)
(9.5)
Zadatak 10
10.1. Nabroj nekoliko neparnih prirodnih brojeva.
10.2. Šta je to neparan prirodan broj? Kako se to zapisuje?
10.3. Kojih brojeva ima više: parnih ili neparnih ?
10.4. Skup svih neparnih prirodnih brojeva ima više (ili manje, ili jednako) elemenata nego skup svih prirodnih brojeva?
Obrazložite!
3
D.A.Romano: Zadaci i rješenja zadataka sa pismenog dijela ispita iz MNM održanog 08.02.2011.
Rješenje: 10.1.-10.2. Neparni prirodni brojevi su brojevi koji nisu parni brojevi. To su, na primjer, brojevi 1, 3, 5, 7, .... Dakle, ne
mogu se dijeliti brojem 2, bez ostatka. Prema tome, prirodan broj je neparan ako ima ostatak kod dijeljenja sa brojem 2. Dakle, ako
prirodan broj n dijelimo brojem 2, imamo da je rezultat neki prirodan broj – m, i još imamo ostatak kod dijeljenja. Taj ostatak mora
biti 1. Zaključujuemo da se neparni prirodni brojevi mogu zapisivati u opštem obliku, ovako n = 2m+1. Na ovaj način zapisani su
prirodni brojevi 3, 5, 7, ... Da bi ovom nizu dodali broj 1, opšti oblik neparnih prirodnih brojeva treba zapisivati u obliku n = 2m –
1. Zaista, jer za m = 1, dobijamo n = 1; za m = 2, dobijamo n = 3. I tako dalje. Očigledno je da je bilo koji prirodni broj ili paran ili
neparan, i da da svaki prirodni broj mora biti paran ili neparan. Dakle, ako broj nije paran, tada je neparan, Obrnuto, ako broj nije
neparan, tada mora biti paran.
10.3. Podsjetimo se da terminom ’ekvipotentnost’ dva skupa pokrivamo postojanje bar jedne obostrano-jednoznačne funkcije
izmeñu ta dva skupa. Podskupovi skup svih parnih brojeva 2N = {2, 4, 6,...} i skup svih neparnih brojeva 2N-1 = {1, 3, 5, 7, ...}
skupa N prirodnih brojeva su ekvipotentni. To obezbijeñuje, na primjer, slijedeća funkcija
f : 2N ∋ 2n → f(2n) = 2n – 1 ∈ 2N-1
10.4. Skup 2N-1 svih neparnih prirodnih brojeva je ekvipotentan skupu N svih prirodnih brojeva. To obezbjeñuje, na primejr,
slijedeća funkcija
g: 2N ∋ n → g(2n) = 2n-1 ∈ 2N-1.
Prof. dr Daniel A. Romano, s.r
predmetni nastavnik
4
© Copyright 2024 Paperzz
