Otwórz PDF w nowym oknie

Autor: Jadwiga Paradowska
Zespół Szkół nr 1 im. S. Staszica w Szczytnie
ELEMENTY METOD HEUREZY W NAUCZANIU MATEMATYKI
1. Heurystyka (w filoz.) – umiejętność odkrywania nowych prawd przez odpowiednie
stawianie hipotez.
2. Heureza (w psychol.) – metoda nauczania mająca nakłonić ucznia do aktywnych,
samodzielnych obserwacji, doświadczeń, poszukiwań, a nie do biernego przyswajania gotowych
wiadomości.
Szczególnie wdzięcznym polem stosowania metod heurezy, ze względu na wielkość
problemów, okazało się nauczanie matematyki. Uczymy jej różnymi metodami. A chcieliśmy
zbliżyć je do procesu twórczego, a więc do metod heurezy.
Przedstawię trzy takie metody. Przez to chcę zasygnalizować ten problem i pokazać jego
egzemplifikację.
1. Dialog Sokratejski
Sokratesa uznajemy za pierwszego nauczyciela sztuki heurezy.
Sokrates nisko cenił podawanie gotowej wiedzy na dany temat, niewymagające od odbiorcy
żadnego wysiłku umysłowego.
Najwyżej cenił samowiedzę tj. świadomość braków i niepewności posiadanych informacji
oraz zdawanie sobie sprawy z zawodności swoich władz poznawczych: zmysłów i rozumu.
Wychodził z założenie, że prawda rodzi się w sporze, a dyskusja pozwala wygrać temu, kto
ma mocniejsze argumenty za swoim stanowiskiem. Zdobywanie zaś wiedzy przez człowieka jest
efektywne i trwałe tylko wtedy, gdy on sam własnym wysiłkiem odkryje daną prawdę. Zadaniem
nauczyciela prowadzącego dialog jest pobudzić, zachęcić i dyskretnie podprowadzić do odkrycia
intelektualnego, jak też dostarczyć głębokich przeżyć emocjonalnych.
Strukturę i heurystyczny charakter dialogu sokratejskiego ukazują dyrektywy heurystyczne
dla nauczyciela i ucznia w ujęciu A. Góralskiego.
W części I dialogu, zwanej elenktyką (negatywną, zbijającą) brzmią one
- dla nauczyciela:
1. Stwórz sytuację problemową wskazując na niespójność głoszonych przez ucznia poglądów
i opinii.
2. Sprowokuj ucznia do (wyrażenia explicite) założeń, na których opiera swoje opinie.
3. Doprowadź go do uświadomienia sobie absurdalności konsekwencji tych założeń, wzbudź
w nim potrzebę zmiany poglądów.
- równolegle dla ucznia:
1. Sprawdź, czy twoje poglądy są przemyślane przez ciebie, czy też przejąłeś ja od kogoś bez
refleksji nad ich zasadnością.
2. Zanalizuj przesłanki i założenia, na których opierasz swoje poglądy i opinie.
3. Wyprowadź wszystkie możliwe konsekwencje tych założeń, zastanów się nad możliwością
zmiany tych założeń, jeśli ich konsekwencje są absurdalne.
W części II dialogu zwanej najentyką (pozytywną, naprowadzającą) dyrektywy brzmią:
- dla nauczyciela:
1. Podsuń uczniowi nowy punkt widzenia, zaproponuj powtórne rozpatrzenie zadania.
2. Wskaż na niejasne i wątpliwe miejsca w uzyskaniu wyników, uświadom uczniowi
konieczność dalszych badań zadania.
3. Doprowadź do wyciągnięcia przez ucznia ogólnych wniosków wynikających z rozwiązania
zadania.
- dla ucznia:
1. Poszukaj nowego punktu widzenia, zanalizuj zadanie w świetle nowych założeń, rozwiąż
zadanie.
2. Zastanów się czy możliwe są owe rozwiązania i czy w twoim rozumowaniu nie ma miejsc
wątpliwych.
3. Zbadaj czy metoda rozwiązywania da się uogólnić na cała klasę zadań.
Strukturę dialogu sokratejskiego można dostrzec w ciągu zadań prowadzących do
rozwiązania następującego problemu.
„W urnie znajduje się n kul, wśród nich b jest białych i c czarnych (b+c=n).
Losujemy dwie kule. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia, Cn: dwie wylosowane kule są
czarne?”
Zanim zajmiemy się tym problemem, rozwiążmy kilka „podzadań”.
1. Zaproponujmy uczniom grę:
Z urny zawierającej trzy kule (dwie czarne i jedną białą),losujemy dwie nie pokazując ich.
Domyślamy się, że dwie kule mogą być tego samego koloru (zdarzenie A), albo każde
innego koloru (zdarzenie B). Patrząc na kule rozstrzygamy, które zdarzenie zaszło.
Powtarzamy to doświadczenie, ale przedtem uczniowie „stawiają” na jedno z tych dwóch
zdarzeń, wpisując jego kod (literą A lub B) do zeszytu. Punkt zdobywa ten, komu udało się
odgadnąć, wynik losowania.
Tu rodzą się pytania:
• Na które zdarzenie postawić?
• Czym to uzasadnić?
Uczniowie myślą, analizują.
Pomocą w tym może być rysunek, 1 z którego wynika właściwa ocena: P(A) =
P(B)=
1
3
2
3
Rys.1
2. Stawiamy następne pytanie:
„Jaką kulę dołożyć do urny, aby wylosowanie dwu kul tego samego koloru (A) było tak samo
prawdopodobne, jak wylosowanie dwu kul różnego koloru (B)”.
I tu pomocny jest rysunek 2
Rys. 2
3. Stawiamy następny problem:
„Jak za pomocą losowania kul można naśladować rzut kostką?”
Po szeregu próbach możemy dojść do wniosku, że trzeba wziąć cztery kule różnego koloru
przyporządkowując poszczególnym parom wylosowanych kul liczbę oczek kostki.
Rysunek 3 uzasadnia wybór:
Rys. 3
4. Możemy teraz rozwiązać zadanie: „w urnie znajduje się n kul: 2 czarne i (n-2) białe.
Losujemy dwie. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia, że obie będą czarne (Cn)?
Indukcyjnie odkrywamy drogę pozwalającą wyznaczyć P(Cn) w zależności od n.
Rys. 4
Obliczamy prawdopodobieństwo dla n=3, 4, 5...... W końcu odkrywamy jak wykorzystać
n – kąt wypukły do obliczania ilości kombinacji dwuelementowych ze zbioru n – elementowego.
Obliczamy P(Cn)
1
P(Cn) =
n
 
2
Możemy teraz przystąpić do rozwiązywania postawionego na wstępie zadania.
2.
Metoda Kartezjusza
Kartezjusz żył w XVII w. Starał się podawać uniwersalną metodę rozwiązywania zadań.
Zalecał następujący tok rozumowania.
1. Sprowadzić każde zadanie do zadania matematycznego.
2. Sprowadzić każde zadanie matematyczne do zadania algebraicznego.
3. Sprowadzić każde zadanie algebraiczne do rozwiązania jednego równania.
Po pewnym czasie sam przyznał, że nie jest to uniwersalny schemat, może go stosować tylko w
niektórych sytuacjach, na przykład w zadaniu:
„W czasie I wojny światowej toczyła się bitwa w pobliżu pewnego zamku. Jeden z pocisków rozbił
stojącą u wejścia do zamku statuę rycerza z piką w ręku. Stało się to ostatniego dnia miesiąca.
Iloczyn daty dnia, numeru miesiąca wyrażonej w stopniach długości piki, połowy wyrażonego w
latach wieku dowódcy baterii strzelającej do zamku, oraz połowy wyrażonego w latach czasu, jaki
stała statua równa się 451066. W którym roku postawiono statuę?”
3. Metoda Polya
George Polya – twórca nowoczesnej heurystyki. Znakomity uczony i pedagog, wniósł olbrzymi
wkład w rozwój matematyki, fizyki i sztuki nauczania.
Podstawowa dyrektywa metody Polya brzmi: Odgadywać i sprawdzać. Odnosi się ona do dwu
rodzaju zadań.
1. typu „znaleźć”
2. typu „udowodnić”
W zadaniu typu „znaleźć” można przy opisie tej metody wyróżnić pięć podstawowych operacji
– etapów rozwiązywania:
1.
2.
3.
4.
5.
Zrozumienie zadania.
Ułożenie planu rozwiązywania zadania.
Wykonanie planu.
Sprawdzenie wyników.
Refleksje nad rozwiązaniem.
Zdaniem Polya „ przykłady są lepsze od recept” więc podaję i ja przykład zadania, które można
według powyższego planu rozwiązać.
„Punkty A(0, 4), D(3, 5) są wierzchołkami trapezu równoramiennego ABCD, którego podstawy są
prostopadłe do prostej k o równaniu y= x-2. Oblicz współrzędne pozostałych wierzchołków
wiedząc, że wierzchołek C leży na prostej k. „.
Wykonanie rysunku ułatwi zrozumienie zadania. Potem układamy plan, rozwiązujemy,
analizujemy wynik Wychodzą dwa punkty B, uczeń musi przypomnieć sobie definicje trapezu
równoramiennego i wskazać sposób ustalenia, który punkt należy do rozwiązania i obliczyć co
trzeba.
W innym zadaniu:
„Udowodnij, że w trójkącie równoramiennym długość środkowej nie jest krótsza od długości
dwusiecznej poprowadzonej z tego samego wierzchołka”
Plan rozwiązania podobny do poprzedniego, okaże się nieefektywny. Pokażę to stosując
następujący szkic rozumowania.
Rys. 5
y=
c
1+ 1+ c2
⋅x
równanie dwusiecznej
1.
2.
3.
4.
Obieramy dogodny układ współrzędnych.
Wyznaczamy współrzędne punktu D i obliczamy │AD│
Wyznaczamy współrzędne punktu S i obliczamy │AS│
Sprawdzamy prawidłowość nierówności │AS│ ≥ │AD│
Okazuje się, że jest to zbyt trudne. Szukamy więc innej drogi.
Po obserwacji środkowej i dwusiecznej w trójkątach równoramiennych,
można sformułować i wykazać prawdziwość następnej hipotezy:
Hipoteza 1°
γ<60° punkt S leży nad prostą zawierającą dwusieczną, trójkąt ADS jest rozwartokątny i kąt
rozwarty leży przy wierzchołku D, czyli │AS│> │AD│
Rys.6
3 c
, ) leży nad prostą zawierającą dwusieczną kąta α wtedy i tylko wtedy, gdy:
2 2
c
3
⋅ , stąd c > 3
1+ 1+ c2 2
Dowód: Punkt S(
c
2
>
Skoro: c=
c
/1 = tg α, to tg α >
3 i α >60o
Mamy: α >60o α
> 30o γ < 90o δ
> 90o
2
Trójkąt ADS jest rozwartokątny i kąt rozwarty leży przy wierzchołku D, wiec │AS│> │AD│
Hipoteza 2°
γ=60° punkt S leży na prostej zawierającej dwusieczną czyli │AS│= │AD│
Rys.7
3 c
Dowód: Punkt S( , ) leży na prostej zawierającą dwusieczną kąta α wtedy i tylko wtedy, gdy:
2 2
c
3
c
⋅ stąd c = 3
=
2
1+ 1+ c2 2
Skoro: c= tg α, to tg α = 3 i α =60o
Trójkąt ABC jest równoboczny, więc │AS│= │AD│.
Hipoteza 3°
γ>60° punkt S leży pod prostą zawierającą dwusieczną kąta α, trójkąt ADS jest rozwartokątny i
kąt rozwarty leży przy wierzchołku D, czyli│AS│> │AD│
Rys.8
3 c
Dowód: Punkt S( , ) leży pod prostą zawierającą dwusieczną kąta α wtedy i tylko wtedy, gdy:
2 2
c
3
c
⋅ stąd c < 3
<
2
2
1+ 1+ c 2
Skoro: c= tg α, to tg α < 3 i α <60o
α
Mamy: α < 60o < 30o δ > 90o
2
Trójkąt ADS jest rozwartokątny i kąt rozwarty leży przy wierzchołku D, wiec │AS│> │AD│
W dalszej kolejności można udowodnić twierdzenie ogólne:
„W dowolnym trójkącie długość dwusiecznej nie jest większa od długości środkowej”.
Dowód: Niech s – długość środkowej, d- długość dwusiecznej
Dla s > 0, d > 0 zachodzi s ≥ d ⇔ s2 ≥ d2
Trzeba wykazać, że s2- d2 ≥ 0
1. Obliczamy długość środkowej
Rys.9
Z twierdzenia Carnota
2
a
a
1` s2=c2+   - 2.c. cosβ
2
2
2
2
c + a − b2
2` cosβ=
2ac
3` b2+c2-a2=2bc.cosα
podstawiając do 1` odpowiednio 2` i 3` mamy
b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos α
s2 =
4
2. Obliczamy długość dwusiecznej
Rys.10
P∆ABC = P∆ABD + P∆ADC
b ⋅ c ⋅ sin α
=
2
2bc ⋅ cos
czyli
d=
d2 =
b+c
c ⋅ d ⋅ sin
2
α
2
4b 2 c 2 ⋅ cos 2
(b + c) 2
2
2
α
4b 2 c 2 ⋅ cos 2
(b + c) 2
α
2 =
b 2 − 2bc + c 2 + 4cb ⋅ cos 2
4
α
2−
b 2 + c 2 − 2bc(2 cos2
(b + c) 2 − 16b 2 c 2 ⋅ cos 2
2
4(b + c) 2
=
α
2
2
(b − c) 2 ⋅ (b + c) 2 + 4bc ⋅ cos 2
=
b ⋅ d ⋅ sin
α
b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos α
s –d =
4
2
α
2 +
4b 2c 2 ⋅ cos 2
(b + c)
2
α
2
4
α
2=
α
2
− 1)
−
4b 2c 2 ⋅ cos2
(b + c) 2
α
2=
(b − c) 2 ⋅ (b + c) 2 + 4bc ⋅ cos 2
=
(b + c) 2 − 16b 2c 2 ⋅ cos 2
2
4(b + c) 2
(b − c) 2 ⋅ (b + c) 2 + 4bc ⋅ cos 2
=
α
4(b + c) 2
[(b + c)
2
α
2
− 4bc
]
=
α
2 =
(b − c) 2 ⋅ (b + c) 2 + 4bc ⋅ cos 2
4(b + c) 2
α
2
(b − c) 2
=
α

(b − c) 2 (b + c) 2 + 4bc ⋅ cos2 
2

=
≥0
2
4(b + c)
Zgodzić należy się z tym, że sposób dochodzenia do rozwiązania należy uznać za twórczy.
Na zakończenie podam jacy powinniście być według Polya.
1. Bądźcie zainteresowani samym przedmiotem – to pierwszy i najważniejszy warunek
powodzenia.
2. Znajcie swój przedmiot – nie sposób wykładać tego, czego się nie rozumie.
3. Powinniście wiedzieć, że najlepszy sposób na nauczenie się czegokolwiek to odkrycie tego
samemu – stawiać na odkrywanie, to realizować w praktyce zasadę aktywnego uczenia się.
4. Starajcie się czytać w twarzach uczniów, dostrzegać ich oczekiwania i trudności, umieć
postawić się na ich miejscu.
5. Przekazujcie uczniom nie tylko wiadomości, lecz również umiejętności, postawy myślowe,
nauczyć pracy metodycznej – dobry nauczyciel to ten który kształtuje innych na dobrych
nauczycieli.
6. Starajcie się, nakłonić do śmiałości myślenia, aby zgadywanie było rozumne, oparte na
rozsądnym zastanowieniu indukcji oraz analizy.
7. Uczcie ważnej sztuki dowodzenia i wartościowania – dowieść oznacza sprawdzić.
8. Sprzyjajcie dostrzeganiu tych cech zadania, które sugerują metodę ogólną, mogą być
użyteczne przy rozwiązywaniu innych zadań.
9. Nie ujawniajcie od razu całego sekretu, niechaj uczniowie znajdą sami tyle, ile to jest
możliwe.
10. Sugerujcie, nie narzucając swojego zdania – czyniąc tak, uzyskacie współdziałanie
uczącego się.