Анализ ошибок заочной математической школы (стр. 6 из 7)

Если n = 4, то

Ответ: n = – 1.

Анализ ошибки: В рассуждениях нет логики, ученик рассматривает лишь некоторые n. Как обстоит дело с оставшимися числами – неизвестно. Это неполный перебор. Школьник пытался рассуждать по аналогии с примером, разобранном в методическом пособии ([9], с. 5), но не довел решение до конца, не сделав последний шаг:

. Сейчас остается рассмотреть четыре случая 4n+3 = 19; 1; –1; –19. Других вариантов нет.

Задача 3. Докажите, что сумма 2n+1 последовательных натуральных чисел делится на 2n+1.

Рассуждения ученика:

1+2+3+…+(2n+1)=(1+2n+1)(2n+1)/2=(n+1)(2n+1) делится на 2n+1.

Анализ ошибки: Рассмотрен частный случай. На его основе проведено необоснованное обобщение выполнения свойства для всех остальных последовательностей. Хотя в данном случае рассуждения и будут аналогичные, но ведь это надо еще показать. Тем более, что можно привести пример, когда для нескольких частных случаев свойство выполняется, а в общем не верно.

Например: (n+1)(n+2)(n+3)(n+4) делится на 120 при n=1, 2, 3, 4, а вот при n=5 выражение (n+1)(n+2)(n+3)(n+4) = 6×7×8×9 на 120 уже не делится.

Задача 4. Остаток от деления нечетного числа на 7 равен 2. Найдите остаток от деления этого числа на 14.

Рассуждения ученика: 9 = 7 × 1 + 2. 9 = 14 × 0 + 9. Остаток равен 9.

Анализ ошибки: Это типичная ошибка при решении задач на делимость: необоснованное обобщение. Ученик рассмотрел лишь одно число, удовлетворяющее условиям. При каком-то другом числе может получиться остаток, отличный от 9. Недостаточно найти правильный ответ, надо еще доказать , что все остальные будут неправильными.

В задачах на делимость есть два наиболее часто употребляемых метода решения:

1) разбиение общей задачи на несколько частных (дизъюнкция). При этом нужно следить за тем, чтобы все случаи (задачи) были разобраны. Если какой-то из них не рассмотрен, то метод теряет свою суть и решение считается неверным. Неполный перебор часто встречается в работах школьников.

2) решение в общем виде. Нелегко дается учениками, так как им легче оперировать с конкретными объектами. Этот метод хорош тем, что исключает потерю части решения. Большинство свойств доказывается именно в общем виде. При его использовании происходит абстрагирование, частные характеристики объектов не учитываются, рассуждения опираются на общие свойства данного класса объектов. Красота метода в том, что, работая с одним объектом, мы тем самым охватываем весь класс. Но это одновременное оперирование всеми объектами сразу и отталкивает детей с их конкретным мышлением. В действительности же, представив число в общем виде, он работает с ним, как с конкретным числом, ничего принципиально нового нет. Задачи на делимость – это благодатная среда для обучения абстрагированию: рассуждения в общем виде здесь не очень сложны и в то же время достаточно ярко показывают эффективность данного метода.

Чтобы ученик действительно понял преимущество решения в общем виде, разберем решение конкретной задачи двумя методами.

Задача: При делении на 5 число дает остаток 3. Какой остаток дает число при делении на 15?

1) Решение перебором. При делении на 15 могут получиться следующие остатки: 0, 1, …, 14. Если остаток равен

0: то при делении на 5 будет остаток 0 ¹ 3;

1: то при делении на 5 будет остаток 1 ¹ 3;

2: то при делении на 5 будет остаток 2 ¹ 3;

3: то при делении на 5 будет остаток 3 = 3;

4: то при делении на 5 будет остаток 4 ¹ 3;

5: то при делении на 5 будет остаток 0 ¹ 3;

6: то при делении на 5 будет остаток 1 ¹ 3;

7: то при делении на 5 будет остаток 2 ¹ 3;

8: то при делении на 5 будет остаток 3 = 3;

9: то при делении на 5 будет остаток 4 ¹ 3;

10: то при делении на 5 будет остаток 0 ¹ 3;

11: то при делении на 5 будет остаток 1 ¹ 3;

12: то при делении на 5 будет остаток 2 ¹ 3;

13: то при делении на 5 будет остаток 3 = 3;

14: то при делении на 5 будет остаток 4 ¹ 3;

Получается, что существует три варианта остатка: 3, 8, 13.

2) Решение в общем виде. Так как при делении числа aна 5 остаток равен 3, то его можно записать в виде а = 5k + 3. Пусть остаток от деления числа a на 15 равен b, тогда a = 15n + b, где 15 ³b > 0.

Значит 15n + b = 5k + 3 Ûb – 3 = 5k – 15n = 5(k – 3n).

Получается, что 12 ³b – 3 > – 3 и b – 3 делится на 5.

Возможны три варианта:

b – 3 = 0	b = 3
b – 3 = 5	b = 8
b – 3 = 10	b = 13.

Трудно не согласиться, что решение в общем виде красивее и короче.

§3.

Задача 2. Докажите, что число 111…1(восемьдесят одна единица) делится на 81.

Рассуждения ученика: Так как сумма цифр числа 111…1(восемьдесят одна единица) делится на 9, то само число делится на 9. Сумма цифр делится на 9 два раза, значит и число делится два раза на 9, значит оно делится на 81.

Анализ ошибки: По сути дела, ученик сформулировал признак делимости на 81 по аналогии с признаком делимости на 9. В этом ничего плохого нет. Но ученик не проверил, верен ли этот признак. Это необоснованная аналогия. Что касается признака делимости на 81, то он ошибочен (хотя для чисел, составленных из одних единиц, он все-таки выполняется). Достаточно привести контрпример: 81818181818181819=81×1010101010101010 + 9, сумма цифр равна 81.

Задача 3. Найдите какое-нибудь целое число, записываемое одними единицами, которое делится на 33…3 (сто троек).

1) Рассуждения ученика: ответ 11…1(триста единиц).

Анализ ошибки: в данной задаче ответ получить не так уж и сложно. Главное – обосновать его. Этого этапа у многих школьников нет. Нужно разъяснить, что в тех задачах, где требуется найти какое-то число: первое – надо его указать; второе – надо доказать, что оно удовлетворяет всем условиям задачи.

2) Рассуждения ученика: 111 делится на 3 (сумма цифр равна трем, значит, число делится на три); 111111 делится на 33 (на 3 делится, так как сумма цифр делится на 3; на 11, так как 111111 = 11 × 10101); …;11…1(триста единиц) делится на 33…3(сто троек).

Анализ ошибки: Рассмотрены частные случаи и на их основе делается незаконное обобщение на все множество объектов. Ученик предполагает, что 11…1 (3n единиц) делится на 33…3 (n троек). Это верное предположение, но ее еще надо обосновать. Либо описать доказательство в общем виде либо доказать конкретно для числа 11…1 (триста единиц). Для убедительности необходимо привести пример подобной задачи, в которой свойство не обобщается:

1	1
11²	121
111³	12321
1111⁴	1234321
…	…
	123…(n-1)n(n-1)…21

Понятно, что в этом случае обобщение неверное, начиная с n=10.

Метод координат на прямой и на плоскости.

Задача 1–4. Подумайте, какая из двух точек правее:

б) A(c) или B(c + 2);

в) A(x) или B(x²);

г) A(x) илиB(x – a).

б) Рассуждения ученика: Рассмотрим три случая: 1) c > 0. Если к положительному числу прибавить положительное число, то оно увеличится. Значит c < c + 2 и точка Bправее точки A; 2) c = 0. Так как 2 > 0, то точка Bправее точки A; 3) c < 0. Если к отрицательному числу прибавить положительное, то оно станет больше. Значит c < c + 2 и точка Bправее точки A.

Обсуждение: Это не ошибка, это скорее недочет. Даже по тексту решения видно, что три выделенных учеником случая по сути ничем не отличается. Ведь любое число увеличится, если к нему прибавить положительное число. Ученик просто воспроизводил решение подобно тексту, изложенному в методическом пособии. Отчасти эта ошибка спровоцирована не совсем уместным примером. Разобранный в пособии пример (что правее: A(2x) или B(x)?) действительно требовал рассмотрения трех случаев, действия же ученика излишни. Безусловно следует обратить на это внимание ученика, спросить, «чем отличаются его действия в каждом из случаев?»

Стоит задать ученику следующий вопрос: 1) что происходит с точкой, если ее координату увеличить на 1, на 2? 2) попробуй решить задачу теперь, пользуясь геометрическим смыслом увеличения координаты точки.

в) Рассуждения ученика: часто приводятся следующий ответ: точки совпадают при x = 0 и x = 1, во всех остальных случаях точка B(x²) лежит правее точки A(x).

Анализ ошибки: Можно лишь догадываться, как рассуждал ученик. Понятно, что x² – неотрицательное число, а значит при x < 0 точка Bправее A. Почему он не обратил внимание на промежуток (0; 1)? Потому что в этом промежутке нет ни одного целого числа. Подобная ошибка уже была нами рассмотрена в §1, с. 15.. Комментарии проверяющего будут в этом случае аналогичными: «Вы дали неправильный ответ. Например при x = ½, точка лежит все-таки правее, а не левее точки B. Подумайте, какие еще точки вы определили неправильно. Кроме того, перебор не является достоверным источником ответа. Чтобы в ответе действительно не было никаких сомнений, решите эту задачу алгебраически. Для этого вам надо понять: какое неравенство должно выполняться, чтобы точка A была правее точки B. И наоборот: какое неравенство должно выполняться, чтобы точка B была правее точки A».