Управління освіти і науки

Луганської обласної державної адміністрації Луганський обласний інститут

післядипломної педагогічної освіти

ПІСЛЯДИПЛОМНА ПЕДАГОГІЧНА ОСВІТА: професійний розвиток учителів математики

Навчальний посібник для самостійної роботи

слухачів курсів підвищення кваліфікації

Луганськ

2012

2

Укладачі: О.С. Дубовик — доцент кафедри природничо-наукових дисциплін

та методики їх викладання Луганського обласного інституту післядип-ломної педагогічної освіти, канд. пед. наук, доцент.

Я.П. Кривко — старший викладач кафедри природничо-наукових дисциплін та методики їх викладання Луганського обласного інституту післядипломної педагогічної освіти, канд. пед. наук.

Є.Ю. Грибонос — старший викладач кафедри природничо-наукових дисциплін та методики їх викладання Луганського обласного інституту післядипломної педагогічної освіти, канд. пед. наук.

О.Г. Дідусь — методист кафедри природничо-наукових дисциплін та методики їх викладання Луганського обласного інституту післядип-ломної педагогічної освіти.

Друкується за рішенням Вченої ради Луганського обласного інституту післядипломної педагогічної освіти

(протокол № 6 від 22 червня 2012 року)

Рекомендовано Управлінням освіти і науки Луганської обласної державної адміністрації

Післядипломна педагогічна освіта: професійний розвиток учителів математики: Навчальний посібник для самостійної роботи слухачів курсів підвищення кваліфікації / О.С. Дубовик, Я.П. Кривко, Є.Ю. Грибонос, О.Г. Дідусь. — Луганськ: СПД Рєзні-ков В.С., 2012. — 100 с.

У посібнику розглянуті теми, які пропонуються слухачам курсів пі-

двищення кваліфікації вчителів математики для самостійного опрацю-вання.

© Луганський обласний інститут післядипломної педагогічної освіти, 2012

© СПД Рєзніков В.С., 2012 _______________________________________________________

3

ВСТУП Післядипломна освіта в сучасному освітньому просторі є

етапом безперервної педагогічної професійної освіти та являє собою педагогічну систему, яка створює необхідні умови для розвитку професіоналізму вчителя. Підвищення кваліфікації вчителя складається з багатьох видів

діяльності, зокрема, самостійної роботи, яка спрямована на ово-лодіння знань з питань курсу математики, які передбачені навча-льно-тематичним планом курсів підвищення кваліфікації, зна-йомство з питаннями поза навчально-тематичним планом курсів. Виконанню слухачами курсів підвищення кваліфікації вчите-

лів математики самостійної роботи за навчальним планом має сприяти навчально-методичний посібник до розділу «Фаховий модуль» за такою структурою: науково-теоретична підготовка з актуальних питань сучасної математичної науки та методична підготовка з питань організації навчально-виховного процесу з математики. Самостійна робота слухачів курсів підвищення кваліфікації

передбачає поглиблення знань із науково-теоретичної та мето-дичної підготовки; оволодіння аналізом та самоаналізом педаго-гічної діяльності; оволодіння сучасними педагогічними та інфо-рмаційними технологіями. Даний посібник містить теоретичні положення із запропоно-

ваних питань, завдання для самостійної роботи, звітність та ре-комендовану літературу для опрацювання названих тем.

_______________________________________________________

4

Тема 1. Профільне навчання математики Профільне навчання в старшій школі загальноосвітніх навча-

льних закладів — новий напрям діяльності для вчителів, психо-логів та керівників освітніх закладів. Передумови до впрова-дження і законодавчого закріплення профільного навчання в старшій школі почали закладати ще у 1999 році, коли було при-йнято Закон України «Про загальну середню освіту», і знайшли своє продовження в спільній Постанові Колегії МОН і Президії АПН України за № 12/5 від 22.10.2001 р. «Про Концепцію зага-льної середньої освіти» та Постанові КМУ від 16.11.2000 р. № 1717 «Про перехід загальноосвітніх навчальних закладів на новий зміст, структуру і 12-річний термін навчання» (зі змінами від 13.04.2007 р.). У цих нормативних документах закладено нові підходи до організації навчання в старшій школі, яка повинна за-безпечувати рівний доступ до якісної освіти, створювати сприят-ливі умови для врахування індивідуальних особливостей, інтере-сів і потреб учнів, орієнтувати їх на вибір майбутньої професії. Для виконання цих завдань старша школа повинна функціо-

нувати як профільна. Ідея профільної старшої школи не нова, адже в Україні існують навчальні заклади, які мають змогу за-безпечувати диференціацію навчального процесу та поглиблене вивчення окремих предметів. Це, як правило, спеціалізовані школи, ліцеї, гімназії, колегіуми, які функціонують переважно в містах і часто потребують залучення додаткових коштів від ба-тьків, що може бути перешкодою для рівних можливостей при здобутті повної середньої освіти. Отже, законодавче затвер-дження профілізації старшої школи є закономірним кроком у напрямі рівного доступу до якісної освіти, особистісно орієнто-ваного навчання та відповідності змісту освіти запитам учнів. Теоретичного оформлення ідея набула в Концепції профіль-

ного навчання в старшій школі. Концепція була розроблена тво-рчою групою науковців Інституту педагогіки АПН України, схвалена Вченою радою інституту 15.16.2003 р. і затверджена Колегією МОН України 25.09.2003 р. При створенні Концепції було враховано як вітчизняний, так і зарубіжний досвід органі-зації навчального процесу в старшій школі. Протягом 2003-2009 рр. у документ вносилися зміни і доповнення, оскільки проект

5

Концепції був відкритий для обговорення в освітянських і нау-кових установах, представники яких надавали свої пропозиції та зауваження щодо її вдосконалення. Після такого обговорення з урахуванням пропозицій і зауважень Нова редакція Концепції профільного навчання у старшій школі була затверджена Нака-зом Міністерства освіти і науки України № 854 від 11.09.2009 р. Нормативним документом, що створював умови для забезпечен-

ня впровадження профільного навчання, став Наказ ОНУ № 744 від 03.11.2006 р. «Про затвердження плану заходів на 2006-2010 рр. що-до впровадження профільного навчання учнів 10–12 класів загаль-ноосвітніх навчальних закладів», відповідно до якого було внесено зміни до п.1 Постанови КМУ від 16.11.2000 р. № 1717 «Про перехід загальноосвітніх навчальних закладів на новий зміст, структуру і 12-річний термін навчання», на конкурсній основі створені навчальні програми з профільного навчання для учнів 10-12 класів і для по-глибленого вивчення окремих предметів у 8-9 класах, проведено Всеукраїнський конкурс підручників для 10 класу профільної шко-ли, надано методичні рекомендації щодо організації допрофільної підготовки учнів 8–9 класів, створено та вдосконалюється навально-методичне забезпечення профільної школи. Концепція профільного навчання в старшій школі складаєть-

ся з Вступу та п’яти розділів. У Вступі наведено нормативні до-кументи, що закладають нові підходи до організації освіти в старшій школі, та значення профільної школи як способу орга-нізації такого навчального процесу, що найповніше реалізує принцип особистісно орієнтованого навчання, значно розширює можливості учня у виборі власної освітньої траєкторії. Розгля-немо зміст розділів Концепції.

Сутність, мета і принципи організації профільного навчання У цьому розділі розкрито науково-теоретичні засади органі-

зації профільного навчання. Зокрема, надається наукове визна-чення профільного навчання як виду диференційованого на-вчання, що передбачає врахування освітніх потреб, нахилів, зді-бностей учнів; створення умов для навчання старшокласників відповідно до їхнього професійного самовизначення, що забез-печується за рахунок змін у цілях, змісті, структурі та організа-

6

ції навчального процесу. Також сформульовано мету профіль-ного навчання — забезпечення можливостей для рівного досту-пу учнівської молоді до здобуття загальноосвітньої профільної та початкової допрофесійної підготовки, неперервної освіти впродовж усього життя, виховання особистості, здатної до са-мореалізації, професійного зростання й мобільності в умовах реформування сучасного суспільства. У Концепції зазначається, що профільне навчання спрямоване на формування ключових компетентностей старшокласників, набуття ними навичок само-стійної науково-практичної, дослідницько-пошукової діяльнос-ті, розвиток їхніх інтелектуальних, психічних, творчих, мораль-них, фізичних, соціальних якостей, прагнення до саморозвитку та самоосвіти. Профільна школа згідно з Концепцією має реалі-зувати такі основні завдання: 1) створити умови для врахування й розвитку навчально-пізнавальних і професійних інтересів, на-хилів, здібностей і потреб учнів старшої школи в процесі їхньої загальноосвітньої підготовки; 2) забезпечити умови для життє-вого та професійного самовизначення старшокласників, форму-вання готовності до свідомого вибору й оволодіння майбутньою професією; 3) сформувати загальнокультурну, соціальну, кому-нікативну, інформаційну, громадянську, технічну, здоров’язбе-рігаючу компетенції учнів на допрофесійному рівні, спрямувати молодь щодо майбутньої професійної діяльності; 4) забезпечити наступність між загальною середньою і професійною освітою відповідно до обраного профілю, перспективність такої освіти. Профільне навчання має ґрунтуватися на принципах дифере-

нціації (розподіл учнів відповідно до їх рівня освітньої підгото-вки, інтересів, здібностей і нахилів), варіативності, альтернатив-ності і доступності (освітніх програм, технологій навчання і на-вчально-методичного забезпечення), наступності та неперервно-сті (між допрофільною підготовкою, профільною старшою шко-лою, професійною підготовкою), гнучкості (змісту і форм орга-нізації профільного навчання, зокрема дистанційного, забезпе-чення можливості зміну профілю навчання) та діагностично-прогностичної реалізованості (виявлення здібностей учнів з ме-тою їх обґрунтованої орієнтації на профіль навчання).

7

Структура профільного навчання Цей розділ присвячений профільному наповненню змісту

освіти, що, у свою чергу, знаходить відображення в нових про-грамах та у Типових навчальних планах відповідного профілю. Концепцією визначено такі основні напрями профільного на-

вчання у 10–11 класах: суспільно-гуманітарний, філологічний, художньо-естетичний, природничо-математичний, технологіч-ний і спортивний. Їх набір відповідає соціально-диференційова-ним видам діяльності, які зумовлюються суспільним розподілом праці, і містить знання про природу, людину, суспільство, куль-туру, науку та виробництво. Відповідно до напрямів визнача-ються профілі навчання. Профіль навчання — це спосіб органі-зації диференційованого навчання, який передбачає поглиблене і професійно зорієнтоване вивчення циклу споріднених предме-тів. Кожен профіль навчання характеризується відповідним до-бором навчальних предметів та їх змістом. Адміністрація зага-льноосвітнього навчального закладу в процесі профілізації ста-ршої школи обирає профілі навчання з урахуванням інтересів школярів, їх життєвих планів і перспектив здобуття подальшої освіти та відповідно до кадрових, матеріально-технічних, інфо-рмаційних ресурсів школи, соціокультурної і виробничої інфра-структури регіону. У Концепції наголошується лише на напрямах профільного

навчання, відповідні до напрямів профілі виокремлено у Типо-вих навчальних планах для загальноосвітніх навчальних закла-дів 11-річної школи. Орієнтовний перелік профілів відповідно до напрямів наведено в таблиці «Напрями профілізації». Засвоєння змісту навчальних предметів у профільній стар-

шій школі має забезпечити як загальноосвітню підготовку уч-нів, так і підготовку до майбутньої професійної діяльності. На-вчальне навантаження в кожному профілі включає вивчення трьох груп предметів: базових, профільних та курсів за вибо-ром. Передбачається опанування змісту навчальних предметів на таких рівнях: 1) рівень стандарту — обов’язковий мінімум змісту предмета, який не передбачає подальшого його вивчення у вищому на-вчальному закладі (ВНЗ);

8

2) академічний рівень — це обсяг змісту предмета, достатній для подальшого його вивчення у ВНЗ;

3) профільний рівень — зміст предмета поглиблений, що пе-редбачає орієнтацію на майбутню професію. Зміст навчання і вимоги до освітньої підготовки учнів на

академічному і рівні стандарту визначаються державним стан-дартом загальної середньої освіти.

Напрями профілізації Суспіль-но-гума-нітарний

Філоло-гічний

Природ-ничо-ма-

тематичний

Техно-логічний

Худож-ньо-ес-тетичний

Спор-тивний

Орієнтовні профілі Історичний Правовий Економіч-ний Філософ-ський

Української філології Іноземної філології Історико-філологіч-ний

Фізико-ма-тематичнийМатематич-ний Фізичний ЕкологічнийБіолого-хі-мічний Медичний Біолого-гео-графічний Біотехноло-гічний Хіміко-тех-нологічний Фізико-хіміч-ний Агрохімічний

Технологіч-ний Інформацій-но-техноло-гічний

Худож-ньо-есте-тичний

Спортив-ний

Форми організації профільного навчання Профільне навчання здійснюється в загальноосвітніх навчаль-

них закладах (ЗНЗ) різного типу: одно- та багатопрофільних шко-лах, спеціалізованих школах, ліцеях, гімназіях, колегіумах, шко-лах з класами із поглибленим вивченням окремих предметів. За-гальноосвітній навчальний заклад може мати один або декілька профілів. Концепцією визначено, що форми організації профіль-ного навчання регламентують діяльність суб’єктів навчально-виховного процесу в системі профільних ЗНЗ і забезпечують умови для реалізації його мети і завдань. За характером взаємодії суб’єктів профільного навчання виділяються внутрішньо- та зов-нішньошкільні форми організації профільного навчання.

9

До внутрішньошкільних форм належать такі: профільні класи в однопрофільних ЗНЗ; профільні групи в багатопрофільних ЗНЗ; класи з поглибленим вивченням предметів; навчання за ін-дивідуальними навчальними планами і програмами; динамічні профільні групи (в тому числі різновікові). До зовнішньошкіль-них: міжшкільні профільні групи, профільна школа інтернатно-го типу; освітній округ; навчально-виховний комплекс (НВК), міжшкільний навчально-виробничий комбінат (МНВК), загаль-ноосвітні навчальні заклади на базі професійно-технічних, ви-щих навчальних закладів.

Допрофільна підготовка Допрофільна підготовка учнів здійснюється у 8–9 класах, але

може розпочинатися і в 7 класі. Основними складовими допро-фільної підготовки є поглиблене вивчення окремих предметів на диференційованій основі, курси за вибором, інформаційна робо-та, профільна орієнтація. Допрофільна підготовка здійснюється за рахунок варіативної складової змісту освіти Типового навча-льного плану ЗНЗ 8–9 класів. Оптимальний обсяг такої підгото-вки має становити не менше 35–70 навчальних годин на рік. До-профільна підготовка здійснюється за тими самими основними напрямами і відповідними їм профілями, що передбачені для старшої профільної школи. У разі потреби ЗНЗ можуть у межах визначених напрямів профілізації укладати робочі навчальні плани з іншими профілями або використовувати так званий за-гальноосвітній (універсальний) варіант навчального плану, до-повнивши його курсами за вибором, факультативами та гуртка-ми. Навчальні предмети і курси за вибором визначаються ЗНЗ у межах гранично допустимого навчального навантаження на уч-нів з урахуванням їхніх інтересів і потреб та ресурсного потен-ціалу навчального закладу. Міністерством освіти і науки України розроблено навчально-

методичне забезпечення для вивчення предметів на диференці-йованій основі — це програми поглибленого вивчення базових предметів для 8–9 класів, створено й відповідні підручники. На-приклад, така програма з математики розрахована на 8 год на тиждень (є відповідні підручники для поглибленого вивчення алгебри і геометрії у 8 і 9 класах (автори А.Г. Мерзляк, В.Б. По-

10

лонський, М.А. Якір), з геометрії для 8 і 9 класів (автор Г.В. Апостолова). Крім того, навчання може відбуватися і за модульним принципом, тобто програма загальноосвітньої шко-ли доповнюється набором модулів, які поглиблюють відповідні теми. Поглиблене вивчення предметів, окрім розширення і по-глиблення змісту, сприятиме формуванню стійкого інтересу до предмета, розвитку відповідних здібностей і орієнтації на про-фесійну діяльність з використанням здобутих знань. Профільна орієнтація зорієнтована на надання психолого-

педагогічної допомоги учням у прийнятті рішення щодо вибору профілю навчання та створення умов для готовності підлітків до соціального, професійного і культурного самовизначення в цілому. Підготовка учнів до ситуацій вибору профілю навчання здій-

снюється в три етапи. На першому (пропедевтичному) етапі не-обхідно з’ясувати освітні запити учнів, які закінчують 7 клас. Цей етап включає: попередню діагностику освітнього запиту учнів з урахуванням думки їхніх батьків, основних мотивів по-дальшого вибору, інтересів і нахилів. У результаті такої роботи з’являється можливість диференціювати учнів відповідно до їх-ніх потреб у різних варіантах допрофільної підготовки. Другий (основний) етап (8 клас) включає: навчання способів

вибору профілю навчання; організацію психолого-педагогічної діагностики щодо нахилу до того чи іншого напряму освітньої діяльності в умовах профільного навчання; виявлення основних проблем у виборі профілю навчання. Третій (завершальний) етап (9 клас) передбачає виявлення

відповідності між можливостями школяра і вимогами профілю навчання, що обирається; оцінку і самооцінку готовності шко-ляра до ухвалення рішення про вибір профілю навчання в стар-шій школі; співвіднесення аргументів «за» і «проти» щодо зроб-леного вибору профілю навчання за участю самого учня, його батьків і вчителів. Свідомому самовизначенню також сприятимуть робота пре-

дметних гуртків, секцій, організація виставок учнівських досяг-нень, проведення екскурсій, діяльність наукового товариства учнів, участь у конкурсах-захистах дослідницьких робіт МАН, предметних олімпіадах, інтелектуальних іграх тощо.

11

Оптимальним алгоритм дій щодо впровадження допрофіль-ної підготовки у середній школі може бути таким: – діагностика професійних нахилів учнів із залученням психо-логів;

– аналіз можливостей ЗНЗ на предмет реалізації того чи іншого профілю навчання;

– ознайомлення з регіональними можливостями професійної дія-льності із урахуванням особливостей місцевого ринку праці;

– анкетування учнів та їх батьків щодо вибору із запропонова-них профілів навчання;

– прийняття рішення учнями та їхніми батьками. Залежно від розташування регіону, його матеріально-

технічних та кадрових можливостей можуть використовуватися різні моделі впровадження допрофільної підготовки. На сього-дні ЗНЗ накопичили певний досвід проведення допрофільної підготовки, який можна представити у вигляді декількох моде-лей. Наприклад, допрофільна підготовка у межах одного за-гальноосвітнього навчального закладу. Переваги цієї моделі полягають у тому, що вона є організаційно простою і функціо-нує практично в усіх регіонах України. Учні одержують певну гарантовану допрофільну підготовку в межах запланованого на-вчального часу та мінімальної кількості курсів за вибором. Не-доліком такої моделі є те, що в малочисельних навчальних за-кладах скорочуються можливості вибору профільних курсів. Також можна говорити і про модель допрофільної підготов-

ки учнів у рамках мережі загальноосвітніх навчальних за-кладів. Суть цієї моделі полягає в тому, що кілька ЗНЗ об’єднуються з метою освоєння учнями курсів за вибором. Тоб-то кожна школа відповідає за ефективне викладання певної су-купності курсів, наприклад з однієї або споріднених галузей знань. У рамках цієї моделі різноманітні курси за вибором учні можуть вивчати і на базі позашкільних навчальних закладів (станції юних техніків, юних натуралістів тощо), МНВК, профе-сійно-технічних, ВНЗ, які розміщені компактно. Добре себе за-рекомендувала співпраця загальноосвітніх навчальних закладів з вищими навчальними закладами, коли до викладання профіль-них предметів, курсів за вибором, факультативів і до роботи шкільного гуртка залучаються викладачі-науковці провідних

12

ВНЗ. Переваги такої моделі вбачаємо в тому, що при недостат-ньому матеріально-технічному і кадровому забезпеченні та мало комплектності школи є можливість залучити учнів до опрацю-вання різноманітних курсів за вибором, а також ефективно по-єднати професійне, допрофесійне і профільне навчання. Зрозу-міло, що зазначена модель може існувати за умови невеликої ві-дстані між навчальними закладами та потребує чіткої координа-ції дій учасників такої мережі. Складність полягає і в забезпе-ченні фінансування навчально-виховного процесу. Ускладню-ється також організація психолого-педагогічного супроводу в частині моніторингу засвоєння учнями курсів за вибором. В Україні є досвід використання моделі «опорної школи» —

загальноосвітнього навчального закладу, що є ресурсним центром для інших шкіл. Ця школа краще укомплектована на-вчальним обладнанням, має кваліфіковані педагогічні кадри. Досвід функціонування опорних шкіл є на Вінниччині, Черка-щині, Луганщині, Херсонщині. Ще одна з можливих моделей — це допрофільна підготовка в

межах освітнього округу. Досвід роботи Ставищенського освітньо-го округу Київської області вивчений, узагальнений і поширений в інших областях, У межах цього освітнього округу функціонує оч-но-заочна форма допрофільної підготовки та профільного навчання як сукупність міжшкільних факультативів. В Україні ефективно функціонують освітні округи на Волині, Донеччині, Луганщині, Львівщині, Хмельниччині та в інших областях. Роль курсів за вибором у допрофільній підготовці і старшій

профільній школі є різною. У 8–9 класах на курси за вибором покладено завдання допомогти учням реально оцінити свої мо-жливості і зорієнтуватися на подальший вибір профілю навчан-ня. Курси за вибором у допрофільній підготовці повинні ство-рити умови для того, щоб учень утвердився у власному виборі напряму навчання чи відмовився від нього. У старших класах (10–12 класи) курси за вибором мають сприяти формуванню ін-дивідуальної освітньої траєкторії школяра, орієнтувати його на усвідомлений та відповідальний вибір майбутньої професії. Курси за вибором умовно можна поділити на дві групи: предме-

тні (або предметно-зорієнтовані) та міжпредметні (орієнтаційні).

13

У допрофільній підготовці предметні курси є пропедевтичними стосовно профільних загальноосвітніх предметів і дають можливість учневі реалізувати свої здібності та інтереси до обраної освітньої га-лузі, пересвідчитися у власній готовності засвоювати предмети цієї галузі в старшій школі на рівні профільного навчання. Міжпредмет-ні курси допомагають школярам зорієнтуватися в сучасному світі професій, ознайомитися зі специфікою різних видів діяльності. Ці курси за вибором можна організувати у вигляді навчальних модулів і проводити протягом місяця, чверті або семестру. Загалом предметні курси за вибором з математики можна по-

ділити на декілька видів: – підвищеного рівня, які узгоджуються з програмовими темами предмета «математика» на тому чи іншому профілі й пері-одом їх вивчення. Вибір таких курсів надасть можливість ви-вчати математику поглиблено у тих класах, де цей предмет так не вивчається. Такі курси можуть обирати учні, які ви-вчають математику на рівнях стандарту або академічному, планують проходити ДПА з математики та вступати до ВНЗ, де необхідно мати сертифікат ЗНО із математики;

– курси, в яких поглиблюється вивчення окремих розділів, що входять до обов’язкової програми з математики в класах ма-тематичного профілю або у тих профілях, де математика є ін-струментарієм дослідження процесів науки профільного предмета. Назви курсів можуть збігатися з назвами відповід-них тем або розділів. Зміст такого курсу більш глибокий, ніж курсу «підвищеного рівня»;

– курси, в яких вивчаються окремі розділи, що не входять до обов’язкової програми з математики на математичному про-філі («Методи геометрії», «Стратегія розв’язування нестан-дартних задач», «Теорія груп» тощо) або на іншому профілі природничо-математичного, технологічного напрямів чи економічного профілю, які забезпечують їх вивчення («Ос-нови лінійного програмування», «Комп’ютерна обробка ста-тистичних даних» для економічного профілю тощо);

– прикладні курси за вибором з математики, що мають на меті ознайомити учнів із застосуванням математичних знань на практиці, зацікавити сферою сучасного виробництва і техні-ки («Елементи фінансової математики», «Математика в буді-

14

вництві та архітектурі» тощо); – курси з вивчення математичних методів пізнання навколиш-нього світу («Геометрія навколо нас», «Симетрія у природі» тощо) призначені для учнів, які не вивчають математику по-глиблено, але цікавляться цим предметом для підвищення свого загальнокультурного рівня;

– курси з історії математики призначені як для учнів, які ви-вчають математику на профільному рівні, так і для учнів, що бажають підвищити свій загальнокультурний рівень;

– курси з вивчення методів розв’язування задач з математики (наприклад, «Методи доведення нерівностей», «Розв’язуван-ня завдань з модулями», «Задачі з параметрами», «Геометри-чні задачі на побудову» тощо). Такі курси можуть доповню-вати програму з математики для математичного та будь-якого іншого профілю за наявності відповідного рівня знань, умінь і навичок, необхідних для їх опрацювання. Щодо міжпредметних курсів за вибором з математики, то во-

ни мають на меті інтегрувати математичні знання зі знаннями з інших шкільних предметів, виявити практичне використання математичних знань в інших науках. Форми навчання в процесі вивчення курсів за вибором можуть

бути як академічними (урок, практикум, лекція, семінар тощо), так і орієнтованими на інноваційні педагогічні технології (інтер-активні методи, дослідницька або проектна діяльність тощо). Опрацювання курсів за вибором є обов’язковим для усіх уч-

нів 8–11 класів. Вибір таких курсів здійснюється школярами до-бровільно запропонованого анотованого переліку. В анотації до курсу обов’язково вказується, для якої категорії учнів або якого профілю навчання рекомендовано даний курс. Для вивчення ку-рсів за вибором клас поділяється на групи, однорідні за підгото-вленістю та інтересами.

Умови реалізації концепції Вирішальною умовою реалізації Концепції є комплексне

розв’язування питань, пов’язаних з фінансовим, кадровим, на-вчально-методичним, нормативно-правовим і організаційним забезпеченням профільної школи. У Концепції сформульовано заходи, необхідні для впрова-

дження профільного навчання:

15

1) модернізація вищої педагогічної освіти (внесення відповід-них змін у державний стандарт вищої педагогічної освіти для спеціалістів та магістрів; планування спеціалізації студентів і магістерських програм з профільного навчання старшоклас-ників; здобуття вищої педагогічної освіти за кількома освіт-німи галузями, передбаченими державним стандартом зага-льноосвітньої школи); модернізація системи підвищення ква-ліфікації педагогічних кадрів (працівників основної школи з орієнтацією на організацію допрофільного навчання та його психолого-педагогічний супровід; учителів старшої школи, які викладатимуть профільні предмети і курси за вибором; керівних кадрів освіти, здатних забезпечити функціонування профільної школи);

2) створення нормативно-правової бази розвитку профільно-го навчання (розроблення механізму функціонування осві-тнього округу; механізмів фінансування профільних шкіл з урахуванням різних джерел бюджетного і позабюджетного фінансування; розробка правил зміни учнями профілю на-вчання за їх бажанням, застосування дистанційних форм навчання тощо);

3) створення навчально-методичного забезпечення профільної школи (розробка навчальних програм за трьома рівнями змі-сту освіти, підручників для профільної старшої школи, на-вчально-методичних посібників, програм курсів за вибором, засобів навчання тощо);

4) створення психологічного супроводу навчального процесу з метою своєчасної оцінки комплексу індивідуальних особли-востей підлітка з погляду його готовності до успішного на-вчання за певним профілем, усвідомлення учнем себе як суб’єкта вибору профілю навчання, попередження дезадап-тації в новому колективі;

5) забезпечення наукового супроводу навчання в старшій школі (реалізація завдань дослідницького і впроваджувального ха-рактеру: обґрунтування змісту профільного вивчення, розро-блення педагогічних технологій на основі застосування інно-ваційних методів навчання, самостійної навчальної діяльнос-

16

ті, профільної виробничої практики; розроблення системи оцінювання навчальних досягнень учнів; моніторинг якості освіти, корекція концептуальних підходів до організації про-фільного навчання в різних умовах);

6) фінансування профільного навчання (здійснюється переваж-но за рахунок держави та кооперації державних, громадських і приватних коштів). Концепція запроваджується за умови врахування реальних

можливостей ресурсного забезпечення профільного навчання, розробки навчально-методичних комплектів, урахування ре-зультатів широкого експериментального випробовування змісту і технологій профілізації старшої школи. На сьогодні для викладання математики у 10 класі загально-

освітньої школи створено необхідне навчально-методичне за-безпечення: профільні програми трьох рівнів (стандарту, акаде-мічний і профільний), підручники для викладання математики на рівні стандарту та алгебри і геометрії на академічному і про-фільному рівнях, Типові навчальні плани для загальноосвітніх навчальних закладів.

Література

1. Концепція профільного навчання в старшій школі (нова ре-дакція), затверджена Наказом МОН України № 854 від 11.09.2009 р.

2. Закон України «Про загальну середню освіту». 3. Єргіна О. Профільне навчання в старшій школі // Математи-ка. — 2010. — № 15. — С.1–18.

4. Про підготовку та організований початок 2010/11 навчально-го року // Інформаційний збірник Міністерства освіта і науки України. — 2010. — № 19–21. — С. 34–38.

5. Методичні рекомендації щодо викладання математики в 2011/2012 навчальному році // Інформаційний збірник МОН України. — 2011. — № 22–24. — С. 15–29.

17

Тема 2. Форми та методи оцінювання навчальних досягнень

Контрольно-оціночна діяльність виступає одним з компонен-тів процесу навчання і здійснюється на різних його етапах. Вона сприяє всебічному вивченню школярів, передбачає виявлення і оцінювання знань учнів, рівня і якості засвоєння ними навчаль-ного матеріалу, виявлення успіхів у навчанні або прогалин у знаннях і вміннях окремого учня та групи учнів з метою внесен-ня необхідних коректив у процес навчання, подальшого удоско-налення його змісту та технології організації. Контрольно-оціночна діяльність включає: діяльність учителя з

організації та вибору оптимальних форм, методів і способів конт-ролю, корекції та оцінювання рівня сформованості знань, умінь, навичок учнів (зовнішня); діяльність учнів, спрямована на оволо-діння методами та способами самоконтролю, самооцінки та само-корекції (внутрішня). Зовнішня та внутрішня контрольно-оціночна діяльність у процесі навчання взаємозв’язані.

Види контрольно-оціночної діяльності 1. Діагностичний контроль. Діагностичний контроль виконує

відповідну функцію та спрямований на визначення актуального, базового рівня володіння знаннями та способами навчальної діяль-ності, проводиться перед вивченням теми чи розділу шкільного ку-рсу.

2. Поточний контроль. Основна мета — це збирання інфор-мації про особисте просування дитини під час оволодіння знан-нями. Правильно організований поточний контроль реалізує рі-зноманітність функцій контрольно-оціночної діяльності: конт-ролюючу, навчальну, стимулюючо-мотиваційну, виховну та ін.

3. Тематичний контроль спрямований на визначення рівня осо-бистих досягнень школярів з оволодіння знаннями та способами на-вчальної діяльності, виявлення прогалин у знаннях та психолого-педагогічних причин цих прогалин. Тематичне оцінювання прово-диться в різних формах, але головна умова — забезпечення об’єк-тивного оцінювання навчальних досягнень учнів і одержання об’єктивних даних про результати навчального процесу.

4. Підсумковий контроль передбачає підсумкове оцінюван-ня, яке проводиться в кінці семестру (семестрова атестація) або

18

в кінці навчального року. Підсумкова оцінка за семестр вистав-ляється за результатами тематичного оцінювання, а за рік — на підставі семестрових оцінок.

Види навчальних завдань Репродуктивні завдання — відповідають репродуктивному

рівню навчальної діяльності, де знання в учнів виступають як свідомо сприйнята, зафіксована в пам’яті та відтворена об’єктивна інформація про предмети пізнання. Ці завдання пе-редбачають відтворення знань та способів діяльності школярів (середній рівень, оцінювання 4–6 балів). Реконструктивні завдання — відповідають реконструктивно-

му рівню, де знання та засвоєні способи діяльності відтворюються та застосовуються школярами в подібних, стандартних чи варіати-вних ситуаціях. Ці завдання передбачають відтворення і застосу-вання знань та способів діяльності у стандартних та варіативних ситуаціях (достатній рівень, оцінювання 7–9 балів). Продуктивні завдання — відповідають продуктивному рів-

ню діяльності, передбачають застосування знань і способів діяль-ності у нестандартних навчальних ситуаціях (високий рівень, оцінювання 10–12 балів).

19

Творчі завдання — рішення нестандартних задач нестанда-ртними способами.

Методи оцінювання навчальних досягнень учнів Важливою умовою підвищення результативності навчання

школярів є систематичне одержання вчителем об’єктивної, до-стовірної інформації про перебіг навчально-пізнавальної діяльно-сті. Цю інформацію вчитель може отримати тільки за допомогою правильно вибраних методів контрольно-оціночної діяльності.

Методи оцінювання навчальних досягнень учнів Метод

(оцінювання) Мета оцінювання Зміст методу, методичні прийоми

Усне опиту-вання, (пе-ревірка, кон-троль)

Виявлення знань учня за допомогою прямого кон-такту з ним; виявлення рівня сформо-ваності пізнавальних вмінь (виділяти головне, узагаль-нення, порівняння, доказ); розвиток мови, мовленнє-вих умінь, логічного мис-лення; культури усного мовлення;

Учитель пропонує уч-ням запитання, учні мають дати на них від-повіді, використовуючи усне мовлення. Індивідуальне або фронтальне опитуван-ня. Коментування відповіді учнем або вчителем.

Письмове опитування (перевірка, контроль)

Виявлення рівня сформо-ваності знань та вмінь уч-ня за допомогою само-стійних письмових питань або завдань. Формування культури пи-семного мовлення.

Індивідуальний харак-тер виконання завдан-ня. Учень отримує за-вдання для підготовки письмових відповідей на них. Письмові пере-вірочні роботи, твори, диктанти.

Графічний метод

Виявлення в учнів умінь аналізувати, моделювати, розпізнавати об’єкти; вмінь графічно предста-вити важливі особливості природних об’єктів, що вивчаються, узагальнити їх шляхом створення на-очного образу. Оволодіння методами на-вчальної діяльності.

Завдання вмістять гра-фічну модель, яка ві-дображає відношення, взаємозв’язки об’єкту, що вивчається, уза-гальнення; відповідь передбачає аналіз схем, графіків, діаграм або складання учнями малюнків, схем, графі-ків, таблиць тощо.

20

Метод (оцінювання) Мета оцінювання Зміст методу,

методичні прийоми Практичний метод

Виявлення вмінь учня засто-совувати теоретичні знання в продуктивній практичній дія-льності; визначення ступеня оволодіння практичними вміннями та навичками про-ведення досліджень.

Завдання містить вид ді-яльності учня, який за-лежить від специфіки предмету та обладнання. Розв’язування експериме-нтальних задач, лабора-торні досліди, спостере-ження у лабораторії та природі.

Самоконтроль Самооцінка

Забезпечення функціонуван-ня внутрішнього зворотнього зв’язку. Формування в учнів умінь самостійно контролю-вати свої навчальні дії, сту-пінь засвоєння навчального матеріалу, визначати поми-лки в навчанні; формування контрольних дій у процесі навчання; формування са-мооцінки.

Прийоми перевірки вико-нання вправ шляхом зво-ротних дій; оцінка резуль-татів виконання завдань, вправ, дослідів.

Взаємо-контроль Взаємооцінка

Контроль та оцінка учнями один одного.

Учні задають питання один одному, перевірка письмових робіт, рецензу-вання, аналіз відповіді згі-дно пропонованого плану.

Тестування* Визначення початкового, сере-днього та достатнього рівнів навчальних досягнень учнів.

Тестові завдання різних форматів.

*Тестування (testing) — це метод вимірювання певних вла-стивостей особи за допомогою тесту. У навчальному процесі вимірюється рівень навчальних дося-

гнень учнів. Тест (test) — це сукупність тестових завдань, які підібрані за

певними правилами для вимірювання певної властивості [6].

Класифікація тестів

• За рівнем уніфікації: тести стандартизовані, не стандартизо-вані. (Стандартизація та приведення до єдиної норми проце-дури та оцінки тесту). Стандартизований тест має ком-плексну характеристику, яка визначається властивостями тесту, процедурою вимірювання та процедурою оцінюван-ня, а також чіткою регламентацією процедури та логістики

21

процесу тестування. У цьому випадку аналізуються усі ета-пи тестування, суб’єкти та об’єкти, засоби та умови.

• За рівнем впровадження: загальнонаціональні тести, тести відомчі, тести навчального закладу, тести вчителя, нефор-мальні тести.

• За статусом використання (обов’язкові, пілотні, до-слідницькі).

• За співвідношенням із нормами або критеріями (тести досяг-нень, тести порівняння або тести відбору).

• За видом тестового завдання: тести з відкритими тестовими завданнями, тести з напіввідкритими тестовими завданнями, тести з закритими тестовими завданнями. Тести з відкритими тестовими завданнями. У таких тестах

відповіді не задані, це тестові завдання із вільною формою від-повіді. Їх поділяють на завдання з пропусками, завдання на до-повнення. Завдання з короткою відповіддю та завдання з від-повіддю-мікротвором. Роз’яснень потребують завдання з коро-ткою відповіддю. Вони можуть бути сформульовані у різній формі подання знань, але так, що запитання потребують корот-кої відповіді, яка є, як правило, результатом математичного розрахунку. У тестах з напіввідкритими тестовими завданнями відпо-

відь подається лише особі, яка їх перевіряє. Тести з закритими тестовими завданнями передбачають,

що відповідь подається також і особі тестування. Такі тести за формою відповіді поділяються на формати. Критерії якості методу тестування: валідність, об’єктив-

ність, надійність, точність. Довжина тесту — кількість тестових завдань, з яких склада-

ється тест (розраховується за допомогою статистичних методів для забезпечення репрезентативності вибірки та достовірності висновків). Для забезпечення вимірювання з точністю у 20% довжина

тесту може становити приблизно 25 тестових завдань, для точ-ності 10% — близько 100, а для точності 5% — приблизно 400 ТЗ (розраховується за допомогою статистичних методів).

22

Принципи створення тестових завдань. Технічні вимоги

1. Кожне тестове завдання повинно оцінювати досягнення важ-ливої та суттєвої освітньої цілі.

2. Кожне тестове завдання повинно перевіряти відповідний рі-вень засвоєння знань.

3. В умові повинно міститися чітко сформульоване завдання для екзаменуємого.

4. Варіанти відповідей повинні бути гомогенними. 5. Усі дистрактори повинні бути вірогідними. 6. Інформація, що міститься в одному тестовому завданні, не повинна давати відповідь на інше тестове завдання.

7. Не використовувати фразу «все з вищевказаного» або «нічо-го з вищевказаного» як правильну відповідь чи дистрактор.

8. Умова повинна бути сформульована по можливості позитивно. 9. Уникати підказок, таких як:

– граматична невідповідність між умовою та варіантами ві-дповідей;

– повтор у правильній відповіді слів з умови; – використання прикладів із підручника чи лекцій як тесто-вих завдань;

– найдовша правильна відповідь; – найбільш детальна правильна відповідь;

– дистрактори, які виключають один одного [6].

Формати тестових завдань Тестові завдання багатовибіркового типу. Тестове завдан-

ня багатовибіркового типу складається з двох частин: умови, що описує певну проблему і ставить завдання перед екзаменованим, та запропонованого списку варіантів відповідей. Серед яких як мінімум один є правильною чи найкращою відповіддю, а реш-та — дистрактори — є неправильними відповідями [6, 42–44]. Отже, розглянемо приклади найбільш поширених форматів

тестових завдань. Формат А (ТЗ з однією найкращою відповіддю). Тестові за-

вдання з вибором однієї правильної відповіді. Вони складаються з умови завдання, вступного запитання та 4–5 варіантів відповіді, одна з яких правильна.

23

Формат Х (ТЗ множинного вибору правильно — неправиль-но). За зовнішнім виглядом цей формат ідентичний формату А, проте правильною може бути будь-яка кількість відповідей. У за-вданнях формату кожний варіант відповіді має бути або абсолютно правильним, або ж абсолютно неправильним, для цього була ви-ключена неоднозначність, мета перевірки засвоєння фактів та тео-рій. Формат N (ТЗ з декількома найкращими відповідями). У ТЗ

такого формату учень мусить вибрати певну кількість (напри-клад, 2, 3 чи 4) відповідей із запропонованого списку варіантів відповідей. Перелік варіантів відповідей, як правило, досить до-вгий (до 30 елементів). Формат В. Тестові завдання формату В відносяться до кате-

горії логічних пар, що складаються з 3–5 визначень або цифрових значень, які є варіантами відповідей, та переліку слів чи фраз, які містять завдання. Варіанти відповідей позначені буквами, а слова чи фрази, які містять завдання, — пронумеровані. Учень мусить до кожного пронумерованого завдання підібрати один найбільш відповідний варіант відповіді, позначений буквою. Оскільки кожний варіант відповіді може використовуватися

більше одного разу або не використовуватися взагалі, ТЗ фор-мату В неможливо вирішити методом виключення. Передбача-ється, що ТЗ цього формату розширять використання завдань багатовибіркового типу, дозволяючи оцінити кілька взаємо-зв’язаних предметів в одному блоці. Формат D. Тестові завдання формату D є комплексними зав-

даннями з категорії логічних пар. Кожне тестове завдання скла-дається з трьох категорій, означених буквами, та п’яти пронуме-рованих ситуацій. Учень мусить виконати два завдання: 1) визначити категорію, з якою пов’язані чотири з п’яти ситуа-цій;

2) визначити ситуацію, яка не відноситься до тієї самої катего-рії, що і решта чотири. Передбачається, що такі завдання нададуть можливість ви-

явити розуміння відмінностей між рядом подібних чинників. Формат К. Формат К найбільш поширений формат із кате-

горії «правильно — неправильно». Завдання цього формату складаються з умови та чотирьох варіантів відповідей, один чи

24

більше з яких є правильними. Завдання учня полягає у виборі правильної комбінації варіантів відповідей (наприклад, тільки 1,2; тільки 1.3; …). Формат R (тестові завдання розширеного вибору). Цей формат відноситься до категорії логічних пар і назива-

ється ще форматом розширеного вибору. У цьому форматі ко-жний блок складається з трьох-чотирьох умов та спільного для них переліку варіантів відповідей. Кількість варіантів відповідей може коливатися від 4 до 20. Формат R діагностує з першого по третій рівні пізнавальної

сфери, його структура: три-чотири умови, одне запитання до цих умов і, наприклад, п’ять варіантів відповідей, які можна ви-користовувати лише один або ж одного разу [6]. Портфоліо — портфель індивідуальних навчальних досяг-

нень. Портфоліо — форма оцінювання освітніх результатів з про-

дукту, створеного учнями в ході навчальної, творчої, соціальної діяльності. Робочий інструмент, який дозоляє учню ефективно контролювати, планувати та оцінювати власні освітні успіхи. За допомогою портфоліо можна здійснювати моніторинг індивіду-альних освітніх досягнень школяра та розвиток сфери його інте-ресів на різних ступенях навчання. Портфоліо вирішує наступні педагогічні завдання:

– заохочувати активність і самостійність учнів, розширювати можливості навчання та самонавчання;

– розвивати навички рефлексивної й оцінювальної діяльності учнів;

– формувати вміння вчитися — ставити цілі, планувати й орга-нізовувати власну навчальну діяльність;

– сприяти індивідуалізації освіти школярів; – прослідкувати індивідуальний прогрес учня протягом довготри-валого періоду навчання в широкому освітньому просторі та різ-номанітних життєвих контекстах;

– оцінити його освітні досягнення й доповнити результати тес-тування та інших традиційних методів і форм оцінювання. Портфоліо у традиційному розумінні — колекція робіт учня,

що демонструє його досягнення та прогрес, досягнутий у проце-сі навчання за певний відрізок часу. Воно включає розділи, які

25

присвячені оцінюванню досягнутих результатів самим учнем, плануванню майбутніх етапів навчання відповідно до загальної направленості безперервного навчання. Типи портфоліо: портфоліо розвитку, портфоліо предмету, порт-

фоліо випускника, електронний портфоліо. Портфель навчальних досягнень учня служить основою для

здійснення правильного вибору профілю навчання, показником орієнтованості учня щодо вибраного напрямку, його освітньої ак-тивності, готовності до переходу на наступні етапи навчання й ви-бору професії [4, 5].

Зовнішнє незалежне оцінювання з математики У 2006 році в Україні розпочато запровадження зовніш-

нього незалежного оцінювання навчальних досягнень випус-кників загальноосвітніх навчальних закладів. Зовнішнє оці-нювання здійснюється у формі письмового тестування з до-триманням однакових вимог і умов для всіх його учасників. Готує матеріали й організовує процедуру проведення тесту-вання Український центр оцінювання якості освіти. Програ-мові вимоги з предметів укладено відповідно до навчальних програм середніх загальноосвітніх навчальних закладів і про-грам вступних випробувань до вищих навчальних закладів України. Розробляючи технологію тестування, фахівці враху-вали кращий вітчизняний і світовий досвід. Бланки, до яких учасники тестування вносили відповіді на

завдання закритої форми та відкриті завдання з короткою ві-дповіддю, сканують і опрацьовують за допомогою комп’ю-терної програми. Під час зовнішнього незалежного оцінювання приділяєть-

ся велика увага інформаційній безпеці. Матеріали тестування до пунктів проведення доставляють спеціальним зв’язком. Інформацією про результати зовнішнього оцінювання мо-

жуть скористатися лише учасники тестування. Вони отриму-ють сертифікат Українського центру оцінювання якості осві-ти, у якому вказано їх результат. Його подано в стандартизо-ваних шкалах від 1 до 12 та від 100 до 200 балів. Випускник має можливість представити результат ЗНО як результат вступного іспиту до вищих навчальних закладів. Для цього

26

випускник подає сертифікат або його завірену копію до при-ймальної комісії вищого навчального закладу, куди він пла-нує вступати.

Структура тесту та форми тестових завдань зовнішнього оцінювання з математики

1. Зовнішнє оцінювання з математики відбувається в письмовій формі.

2. Тестування триває 3 години (180 хвилин). 3. Кожна особа, яка проходить тестування, отримує індивідуа-льний екзаменаційний зошит «Математика», а також бланк відповідей до тесту.

4. Зошит складається з трьох частин (Частина 1, Частина 2 і Ча-стина 3), що відрізняються за формою тестових завдань. Зо-шит містить 36 завдань, із них 23 — з алгебри і початків ана-лізу, 13 — з геометрії.

Розподіл завдань тесту відповідно до програмових вимог

(у кожній частині зошита з матеріалами вказано кількість завдань з відповідного розділу

програмових вимог зовнішнього тестування з математики)

Кількість завдань Навчальний предмет

Зміст Ч. 1 Ч. 2 Ч. 3 %

Числа і вирази 7 1 2 28 Рівняння і нерівності 3 3 17 Функції 2 1 1 11

Алгебра і початки аналізу

Елементи комбінаторики, початки теорії ймовірнос-тей та елементи статистики

3

–

8

Планіметрія 5 1 17 Геометрія Стереометрія 5 1 1 19

(За даними демонстраційного варіанту тесту з математики 2010 року)

Форми тестових завдань Екзаменаційний тестовий зошит містить тестові завдання рі-

зної форми, а саме: – завдання з вибором однієї правильної відповіді; – завдання на відповідність; – завдання відкритої форми з короткою відповіддю.

27

У Частині 1 зошита з математики запропоновано завдання з вибором однієї правильної відповіді. Для кожного тестового завдання з вибором відповіді подано п’ять варіантів відповідей, з яких тільки одна правильна. У Частині 2 зошита з математики запропоновано завдання на

відповідність. Завдання відкритої форми з короткою відповіддю вважаєть-

ся виконаним правильно, якщо в бланку відповідей А записана правильна відповідь (розв’язання в чернетці свідчить про те, що учасник тестування одержав результат самостійно).

Оцінювання 1. Максимальна кількість балів, яку можна набрати, правильно розв’язавши всі завдання зошита з математики, — 53.

2. За кожне правильно виконане завдання Частини 1 учень одержує 1 бал. За кожне правильно виконане завдання Час-тини 2 учень одержує 4 бали (по 1 балу за кожну правильно виконану відповідність). За кожне правильно виконане завдання Частини 3 учень оде-ржує 2 бали.

Завдання для самостійної роботи

Розробити тестові завдання форматів: А, Х, N, В.

Звітність

Приклади тестових завдань форматів: А, Х, N, В (по два ТЗ кожного формату).

Література

1. Гальперина А.Р. Математика. Типові тестові завдання. Збір-ник / А.Р. Гальперина, О.Я. Михеєва: Навч. посіб. — Х.: Веста, 2009. — 128 с.

2. Державний стандарт базової і повної середньої освіти. По-станова Кабінету міністрів України від 14 січня 2004 р. №24 // Освіта України. — 2004. — №5.

3. Зовнішнє тестування з математики. Інформаційні матеріа-ли. — К.: Центр тестових технологій, 2005. — 48 с.

4. Кузьмінський А.І., Омеляненко В.Л. Педагогіка: Підруч-ник. — К.: Знання-Прес, 2004. — 445 с.

28

5. Малафій І.В. Дидактика. Навч. пос. — К.: Кондор, 2009. 6. Математика: Зовнішнє оцінювання. Навч. посіб. із підготовки до зовнішнього оцінювання учнів загальноосвітніх навчальних закладів / Л.П. Дворецька, Ю.О. Захарійченко, А.Г. Мерзляк та ін.; Український центр оцінювання якості освіти. — К., 2007. — 64 с.

7. Нелін Є., Дворецька Л., Прокопенко Н. та ін. Зовнішнє оці-нювання з математики. Інформаційні матеріали. — К.: УЦ ОЯО, 2006. — 40 с.

8. Новикова Т., Прутченков А., Пинская М. Портфолио уча-щихся в профильном обучении: философия, структура, мето-дика работы // Народное образование. — 2007. — №1. — С.170–179.

9. Новикова Т., Прутченков А., Федотова Е. Зарубежный опыт использования портфолио // Народное образование. — 2005. — №9. — С.151–154.

10. Організація та проведення зовнішнього незалежного оцінювання // Вісн. ТІМО. — 2010. — № 8–9. — С. 3–15.

11. Основи педагогічного оцінювання. — Ч.І. Теорія / За заг. ред. І.Є. Булах. — К.: Майстер-клас, 2005.

12. Подласый И.П. Педагогика: Новый курс: Учеб. для студ. высш. учеб. заведений: В 2 кн. — М.: Гуманит. изд. центр ВЛАДОС, 2003.

Тема 3. Види навчальної діяльності та методи їх формування

Процес навчання включає дві сторони: навчальна діяльність педагога и навчально-пізнавальна діяльність учня. Різноманіт-ність видів діяльності в навчанні — умова розвитку особистості. Всі види діяльності учнів розвиваються, формуються в умовах навчального процесу та під керівництвом вчителя.

Характеристика видів навчальної діяльності 1. Інтелектуальна діяльність спрямована на розвиток:

– інтелектуальної сфери; – оволодіння учнями основами природничо-наукових знань;

29

– оволодіння методами навчального пізнання (порівняльний аналіз, узагальнення, докази, метод аналогій, метод виклю-чення, систематизації, системний аналіз, моделювання тощо);

– розвиток пізнавальної активності, самостійності, пізнаваль-ного інтересу, творчості, здібностей учнів. 2. Предметно-практична діяльність спрямована на:

– розвиток сенсорно-рухової сфери; – оволодіння учнями практичними знаннями, вміннями (або спеціальними вміннями);

– допомагає усвідомити практичну значущість природничо-наукових знань. 3. Спілкування спрямоване на:

– розвиток активної мовної діяльності; – розвиток комунікативних умінь; – інформаційно-комунікаційних умінь; – формування міжсуб’єктних відносин; – стимулювання будь-якої діяльності; – розвиток інформаційних умінь, використання Інтернету в на-вчальної діяльності. 4. Ігрова діяльність:

– сприяє розвитку пізнавальних здібностей; – стимулює творчість школярів; – сприяє розрядці напруги, знімає втому; – створює атмосферу емоційного піднесення (суперництво, змагання, конкуренція);

– сприяє розвитку інтересу до навчання; – корекції навчальної діяльності.

5. Естетична діяльність (художня, театралізована, оформ-лювальна) – сприяє естетичному сприйманню і засвоєнню дійсності; – розвиває художній кругозір; – формує ціннісні орієнтації в галузі мистецтва; – розвиває художню творчість учнів; – розвиває емоційно-чуттєву сферу.

6. Контрольно-оціночна діяльність — це діяльність, що спрямо-вана на оволодіння учнями методами та способами самоаналізу, самоконтролю, самокоригування, самооцінювання, взаємоаналізу, взаємоконтролю, взаємокоригування, взаємооцінювання.

30

Оціночна діяльність знаходиться в прямій залежності з навчально-пізнавальної діяльністю школярів. Обов’язковий компонент навчально-пізнавальної діяльності — це контрольні та оціночні дії. З їх допомогою учень співвідносить процес та результат своєї діяльності з вимогами до неї, усвідомлена регуляція цієї дії і є самоконтроль, який дає можливість запобігати або виправляти помилки, коректувати дії учня в навчанні. Показник сформованості самоконтролю, контрольних дій — це усвідомлення учнем послідовності дій у виконанні завдань або вправ, рішенні задач, тобто оволодіння методами навчально-пізнавальної діяльності. Коли учень не може виконати завдання або вправу, то й контролювати хід їх рішення він не зможе.

7. Науково-дослідницька діяльність: – оволодіння учнями методами наукового пізнання (індуктивні та дедуктивні методи, системний аналіз, моделювання, мето-ди математичної статистики), методами дослідницької діяль-ності;

– оволодіння методикою проведення експериментів, спостере-жень у природі та лабораторії. 8. Проектна діяльність спрямована на розвиток умінь само-

стійно конструювати свої знання, орієнтування в інформаційно-му просторі, використання методів навчального та наукового пі-знання в практичній діяльності, розвиток критичного мислення. Проектна діяльність спрямована на досягнення спільного ре-зультату діяльності. Види навчальної діяльності взаємопов’язані, можуть створю-

вати різні поєднання: пізнавально-художня, пізнавально-ігрова, предметно-практична й ігрова, проектна й пізнавальна, науково-дослідницька та проектна, пізнавальна та оцінювальна тощо. За різноманітністю видів навчальної діяльності учень може вияви-ти свої можливості, здібності, розвивати творчість. Кожний вид навчальної діяльності оцінюється за своїми кри-

теріями відповідно до рівня навчальних досягнень (початковий, середній, достатній, високий).

Методи організації навчальної діяльності Традиційні методи: демонстрація, розпізнавання об’єктів;

експеримент; розв’язування логічних, розрахункових, експери-ментальних задач.

31

Активні методи: вирішення проблемних ситуацій, пробле-мна лекція, евристична бесіда, мікродискусія, метод опорних сигналів, моделювання.

Навчальне комп’ютерне моделювання спрямоване на за-своєння учнями знань, розвиток дослідницьких і конструктив-них навичок та інтелектуальних здібностей. Використання комп’ютерного моделювання в навчальному процесі, побудова моделей учнями, дослідження явищ на основі готових моделей дозволяє підвищити інтенсивність навчання і активність пізна-вальної діяльності учнів. Навчальні моделі: традиційні, комп’ютерні, інформаційні і комп’ютерно-інформаційні.

Інтерактивні методи. Слово «інтерактив» прийшло до нас із англійської мови «interact». «Inter» — це «взаємний», «act» — «діяти». Інтерактивний — здатний взаємодіяти або знаходитись у режи-

мі бесіди, діалогу будь з чим (наприклад, комп’ютером) або будь з ким (людиною). Інтерактивне навчання це перш за все діалогове навчання, у ході якого здійснюється взаємодія вчителя та учня. Навчальний процес організовано так, що всі учні виявляють-

ся задіяними у процес пізнання, засвоєння навчального матеріа-лу, кожний вносить свій індивідуальний внесок в обмін знання-ми та способами діяльності.

№ Групи методів організації іте-ративної взаємодії в навчанні

Методи організації інтерак-тивної взаємодії в навчанні

1. Методи організації суб’єкт –суб’єктної взаємодії (діалогу)

1. Методи колективно-групового навчання 2. Методи ситуатив-ного моделювання 3. Методи опрацювання дискусійних питань

2. Методи вивчення об’єктів живої та неживої природи

1. Системний, порівняльний аналіз; виключення, аналогія, узагальнення, докази 2. Спо-стереження, експеримент 3. Графічне моделювання 4. Метод проектів

3. Методи роботи з комп’ютером

32

Методи організації суб’єкт –суб’єктної взаємодії У ході діалогового навчання учні вчаться критично мислити,

вирішувати складні проблеми на основі аналізу інформації, аль-тернативних думок, приймати продуктивні рішення, брати участь у дискусіях. Для цього на уроках практикується індиві-дуальна, парна, групова робота, застосовуються дослідницькі проекти, рольові ігри, творчі роботи та ін. Інтерактивна діяльність на уроках передбачає організацію ді-

алогового спілкування, яке веде до взаєморозуміння, взаємодії, до спільного вирішення загальних та значущих для кожного учасника завдань.

1. Методи колективно-групового навчання: • Робота в парах (один проти одного, один — вдвох — всі разом) • Ротаційні трійки • Два — чотири — всі разом • Карусель • Робота в малих групах («акваріум», «діалог», «синтез думок»,

«спільний проект», «пошук інформації», «коло ідей» • Фронтальна робота (мікрофон, незакінчені речення, мозко-вий штурм, навчаючи — учусь). 2. Методи ситуативного моделювання

• Судове слухання • Громадські слухання • Рольова гра

3. Методи опрацювання дискусійних питань • Прес • Займи позицію • Зміни позицію • Неперервна шкала думок (Континуум. Нескінченний ланцюжок) • Дискусія • Дебати

(Характеристика методів дивись О.І. Пометун (7). Метод проектів, індивідуальні й колективні учнівські проекти.

Метод проектів орієнтований на самостійну діяльність учнів — ін-дивідуальну, парну, групову, яку учні виконують протягом певного проміжку часу. Метод проектів завжди припускає вирішення про-блеми, яка передбачає використання різноманітних методів, засо-бів навчання, інтегрування знань, умінь з різних галузей науки,

33

техніки, технології. Освітній проект — це форма організації занять, яка передбачає комплексний характер діяльності учнів на отри-мання освітньої продукції за певний проміжок часу — від окремого уроку до кількох місяців. Результати виконаних проектів повинні бути матеріальними, тобто оформлені певним чином (відеофільм, альбом, комп’ютерна газета, альманах, веб-сторінка). У зв’язку з розвитком засобів комп’ютерних телекомуні-

кацій широке розповсюдження одержують дистанційні освіт-ні проекти, у яких беруть участь учні різних шкіл міст, країн. Навчальний телекомунікаційний проект — це спільна навча-льно-пізнавальна творча або ігрова діяльність учнів-партнерів, організована на основі комп’ютерних телекомуні-кацій, яка має спільну мету — дослідження проблеми, узго-джені методи, способи діяльності. Телекомунікаційні проекти дозволяють навчити учнів самостійно здобувати знання за допомогою різноманітних досліджень, експериментів пошу-ків, зокрема використання глобальної комп’ютерної мережі Інтернет; уміти користуватися одержаними знаннями для ви-рішення нових пізнавальних і практичних завдань. У проектній діяльності докорінно змінюються відносини

«учитель-учень». Вони переходять у відносини «учень-учитель». Так, учень визначає мету діяльності — учитель йому допомагає в цьому; учень сам одержує нові завдання — учитель рекомендує джерела інформації; учень вибирає — учитель сприяє прогнозуванню результатів вибору; учень активний — учитель створює умови для розвитку активності; учень — суб’єкт навчання, учитель — партнер.

Основними вимогами до організації проекту є: – наявність актуальної проблеми, що вимагає інтегрованих знань; – самостійна діяльність учнів (групова, парна, індивідуальна); – використання дослідницьких методів; – структурування проекту; – практично значимий кінцевий результат.

Класифікація проектів може здійснюватися за: – предметно-змістовною галуззю знань; – домінуючою діяльністю; – характером контактів; – характером координації проекту;

34

– кількістю учасників проекту; – тривалістю проекту. Класифікація проектів за предметно-змістовною галуззю

знань: монопроект, міжпредметний проект. Класифікація проектів за домінуючію діяльністю: дослідни-

цькі, пошукові, творчі, прикладні (практично орієнтовані), ро-льові, інформаційні. Класифікація проектів за характером контактів: учасники од-

нієї школи, класу, міста, країни; учасники різних країн. Класифікація проектів за характером координації проекту:

безпосередній, опосередкований. Класифікація проектів за кількістю учасників проекту: інди-

відуальні, парні, групові Класифікація проектів за тривалістю виконання проекту: ко-

роткочасні (кілька уроків однієї теми), середньої тривалості (від тижня до місяця), тривалі (кілька місяців). Під час роботи над проектом можна виділити такі етапи

проекту: – підготовка до проектування (визначення теми, мети, завдань проекту);

– планування проекту; – дослідження; – отримання результатів; – оформлення звіту, підготовка до презентації; – презентація проекту; – оцінка проектної діяльності та її результатів; – післяпроектна діяльність.

Оцінювання проектної діяльності здійснюється за таки-ми критеріями: науковість і доступність змісту; структура змісту (чіткість, послідовність, логічність викладу матеріалу); вибір способів дослідження; наочність і конкретність викла-ду; значимість кінцевого результату. Наведемо приклади використання методу проектів на уроках

математики.

Проект з геометрії Назва проекту: Секрет молодості давньої теореми (теорема

Піфагора).

35

Короткий опис (анотація): проект створений з метою розши-рити та поглибити знання учнів про теорему Піфагора, про матема-тика, чиє ім’я вона носить, ознайомити з різними методами дове-дення теореми, показати її застосування при вивченні алгебри, фі-зики, географії, інформатики та в будівництві, показати можливос-ті теореми Піфагора для натхнення художників та літераторів. Ро-бота над проектом передбачає розвиток уміння учнів працювати в мережі Internet, з різними джерелами інформації, розвиток навичок обробки та систематизації інформації, уміння створювати презен-тацію своєї роботи та відповідати перед аудиторією.

Вихідний продукт діяльності учнів: комп’ютерна презентація. Матеріально-технічне забезпечення: комп’ютер, підклю-

чений до мережі Internet, сканер, принтер, фотоапарат, довідко-ва література, підручники, матеріали глобальної мережі.

Вік учасників: учні 8 класу. Науковий керівник проекту: учитель математики. Консультанти: учителі фізики, інформатики, географії, історії. Основний предмет, з якого виконується проект: математика. Графік роботи над проектом: 1-й день. Формулювання проблеми та завдань. Формування

п’яти проектних груп (за здібностями та нахилами учнів): – історична група (вивчає біографію Піфагора Самоського, знаходить цікаві факти про нього та його школу, про теорему Піфагора);

– аналітична група (знаходить, вивчає та систематизує різні методи доведення теореми Піфагора);

– міжпредметна група (знаходить застосування теореми Піфа-гора в різних навчальних предметах);

– художня група (малює плакати, ребуси про теорему Піфаго-ра, шукає готові малюнки на дану тему);

– літературна група (здійснює пошук прози або віршів про тео-рему Піфагора, за можливістю створює власні літературні твори на задану тему або кросворд). 2–4 день. Пошук і збір інформації. 5–8 день. Обробка та структурування інформації. 9–12 день. Підготовка презентації та оформлення міні-

підручника. 13 й день. Огляд презентації з кожною групою окремо. 14 й день. Презентація проекту перед учнями класу (на уроці

36

математики або на засіданні секції наукового товариства). Са-мооцінка й самоаналіз.

Термін роботи: 2 тижні. Зміст: цікаві історичні факти про Піфагора, його школу та

теорему. Шість способів доведення теореми Піфагора. Застосу-вання теореми Піфагора в алгебрі, фізиці, астрономії, географії, будівництві, інформатиці. Зображення теореми Піфагора в ху-дожніх образах, у ребусі. Теорема Піфагора в літературі (гумо-реска О. Вишні та вірші різних авторів), створення ребуса «Тео-рема Піфагора».

Оцінювання знань, умінь та навичок учнів: оцінка роботи кожного учасника проекту є комплексною, відповідно до форм та критеріїв оцінювання презентацій, публікацій, розроблених учителем заздалегідь, виконаних учнями тестів та контрольних робіт, а також враховує ступінь активності.

Методи проблемного навчання Проблемне навчання — процес взаємодії викладання та на-

вчання, орієнтований на формування пізнавальної самостійності учнів, стійких мотивів навчання і розумових здібностей у процесі засвоєння ними наукових понять і способів діяльності, детерміно-ваних системою проблемних ситуацій ( М.І. Махмутов). Ціль проблемного навчання — засвоєння заданого предмет-

ного матеріалу шляхом висування вчителем спеціальних пізнава-льних завдань — проблем. Методика проблемного навчання побудована так, що вчитель поступово підводить учнів до правильного вирішення або напрямку вирішення завдання. Проблемні методи — це методи, які засновані на ство-

ренні проблемних ситуацій, активної пізнавальної діяльності учнів, яка складається із пошуку та вирішення складних пи-тань, що потребують актуалізації знань, аналізу, уміння бачи-ти за окремими елементами факти та явища, закономірності, закони, теорії. У навчальному процесі проблема може бути сформульована

у формі проблемного запитання, завдання. У її зміст закладені потенційні можливості для виникнення проблемних ситуацій у процесі їх виконання та вирішення. Для вирішення проблеми учню необхідно володіти методами

та прийомами навчально-пізнавальної діяльності: виділяти го-

37

ловне, порівнювати, узагальнювати, доводити, систематизувати, проводити аналогії, аналізувати. Навчати учнів вирішенню проблем потрібно поступово, за

наступними етапами: усвідомлення проблеми, розкриття супе-речності в навчальній інформації; формулювання гіпотези, ви-ходячи із заданих умов; виділення аргументів з метою доведен-ня гіпотези; загальний висновок. У залежності від змісту навчального матеріалу, рівня навча-

льно-пізнавальної діяльності та вікових особливостей учнів ви-діляють рівні проблемного навчання. Т.В. Кудрявцев виділяє чотири рівні проблемного навчання: І — проблемне викладання навчального матеріалу; ІІ — створення проблемної ситуації вчителем, а учні разом з

ним беруть участь в її вирішенні; ІІІ — проблемна ситуація створюється вчителем, а учні ви-

рішують її самостійно; ІV — створення проблеми самим учнем на основі запропонова-

них учителем неупорядкованих даних. Види проблемного навчання. Активізація мислення школя-

рів у проблемному навчанні досягається шляхом створення про-блемних ситуацій та моделювання розумових процесів, адекват-них творчості. Проблемна ситуація — це закономірність проду-ктивної, творчої пізнавальної діяльності. М.І. Махмутов розуміє проблемну ситуацію як «психічний стан інтелектуальних труд-нощів, які виникають у людини тоді, коли вона в ситуації вирі-шення цієї проблеми не може пояснити новий факт за допомо-гою знань, які є , або виконати відому дію колишнім, знайомим засобом, й повинна знайти новий засіб дії» (4). Етапи продуктивної пізнавальної діяльності: проблемна си-

туація — проблема — пошук засобів вирішення проблеми — вирішення проблеми, висновок. За видами творчої діяльності учнів М.І. Махмутов пропонує

розрізняти види проблемного навчання, він класифікує три види проблемного навчання:

1. Наукова творчість — теоретичне дослідження, пошук і від-криття учнями нового правила, закону, закономірності, доведень; в основі цього виду проблемного навчання лежить постановка і ви-рішення теоретичних навчальних проблем.

38

2. Практична творчість — пошук практичного вирішення або способу застосування раніше набутого знання в новій ситу-ації, конструювання, дослід, спостереження, експеримент, розв’язування експериментальних задач, винахід; в основі цього виду проблемного навчання лежить постановка і вирішення практичних навчальних проблем.

3. Художня творчість — художнє відображення дійсності на основі творчого уявлення (малювання, гра, музика, поезія та ін.) або використання комплексу мистецтв для створення проблем-ної ситуації. Проблемні ситуації можуть бути різними за змістом невідо-

мого, за рівнем проблемності, за протилежністю інформації та іншими методичними особливостями.

Ігрові технології навчання Гра поряд із працею й навчанням — один з основних видів

діяльності людини, дивний феномен нашого існування. За визначенням, гра — це вид діяльності в умовах ситуа-

цій, спрямованих на відтворення і засвоєння суспільного до-свіду, у якому формується й удосконалюється самокерування поведінкою. У людській практиці ігрова діяльність виконує такі функції:

– розважальну (це основна функція гри — розважити, зробити приємність, надихнути, розбудити інтерес);

– комунікативну: освоєння діалектики спілкування; – самореалізації в грі як полігоні людської практики; – ігротерапевтичну: подолання різних труднощів, що вини-кають в інших видах життєдіяльності;

– діагностичну: виявлення відхилень від нормативної поведі-нки, самопізнання в процесі гри;

– функцію корекції: внесення позитивних змін у структуру особистісних показників;

– міжнаціональної комунікації: засвоєння єдиних для всіх людей соціально-культурних цінностей;

– соціалізації: включення в систему суспільних відносин, за-своєння норм людського гуртожитку. Більшості ігор властиві чотири головні риси (за С.О. Шма-

ковим):

39

– вільна розвиваюча діяльність, що починається лише за ба-жанням дитини, заради задоволення від самого процесу дія-льності, а не тільки від результату (процедурне задоволення);

– творчий, значною мірою імпровізований, дуже активний ха-рактер цієї діяльності («поле творчості»);

– емоційна піднесеність діяльності, суперництво, конкуренція, атракція і т.п. (почуттєва природа гри, «емоційна напруга»);

– наявність прямих або непрямих правил, що відбивають зміст гри, логічну й тимчасову послідовність її розвитку. У структуру гри як діяльності органічно входить цілеполя-

гання, планування, реалізація мети, а також аналіз результатів, у яких особистість реалізує себе як суб’єкт. Мотивація ігрової ді-яльності забезпечується її добровільністю, можливостями вибо-ру й елементами змагальності, задоволення потреби в самостве-рдженні, самореалізації. У структуру гри як процесу входять: а) ролі, узяті на себе

граючими; б) ігрові дії як засіб реалізації цих ролей; в) ігрове вживання предметів, тобто заміщення реальних речей ігровими, умовними; г) реальні відносини між граючими; д) сюжет (зміст) — область дійсності, умовно відтворена в грі. Гра як метод навчання. Ігрова діяльність використовується

в наступних випадках: – як самостійні технології для освоєння поняття, теми і навіть розділу навчального предмета;

– як елементи (іноді досить істотні) більш широкої технології; – як урок (заняття) або його частина (вступ, пояснення, закріп-лення, вправи, контроль);

– як технології позакласної роботи. Поняття «ігрові педагогічні технології» включає досить ве-

лику групу методів і прийомів організації педагогічного процесу у формі різних педагогічних ігор. На відміну від ігор узагалі педагогічна гра має істотну

ознаку — чітко поставленою метою навчання і відповідним їй педагогічним результатом, що можуть бути обґрунтова-ні, виділені в явному виді і характеризуються навчально-пізнавальною спрямованістю. Ігрова форма занять створюється на уроках за допомогою іг-

рових прийомів і ситуацій, що виступають як засіб спонукання,

40

стимулювання учнів до навчальної діяльності. Реалізація ігрових прийомів і ситуацій при визначеній формі за-

нять відбувається по таких основних напрямках: дидактична мета ставиться перед учнями у формі ігрової задачі; навчальна діяль-ність підкоряться правилам гри; навчальний матеріал використову-ється як засіб, у навчальну діяльність вводиться елемент змагання, що переводить дидактичну задачу в ігрову; успішне виконання ди-дактичного завдання зв’язується з ігровим результатом. Місце і роль ігрової технології в навчальному процесі, спо-

лучення елементів гри й навчання багато в чому залежить від розуміння учителем функцій і класифікації педагогічних ігор. У першу чергу варто розділити ігри за видом діяльності на

фізичні (рухові), інтелектуальні (розумові), трудові, соціальні та психологічні. За характером педагогічного процесу виділяються наступні

групи ігор: а) навчальні, тренувальні, контролюючі й узагальнюючі; б) пізнавальні, виховні, розвиваючі; в) репродуктивні, продуктивні, творчі; г) комунікативні, діагностичні, профорієнтаційні, психотехнічні й ін. Широка типологія педагогічних ігор за характером ігрової ме-

тодики. Назвемо лише найважливіші з застосовуваних типів: пред-метні, сюжетні, рольові, ділові, імітаційні й ігри-драматизації. З предметної області виділяються ігри з усіх шкільних дисциплін. Розрізняють ігри з предметами і без предметів, настільні, кі-

мнатні, вуличні, на місцевості, комп’ютерні та з ТЗН, а також з різними засобами пересування.

Цільові орієнтації Дидактичні: розширення кругозору, пізнавальна діяльність;

застосування ЗУН у практичній діяльності; формування визначе-них умінь і навичок, необхідних у практичній діяльності; розвиток загальнавчальних умінь і навичок; розвиток трудових навичок.

Виховні: виховання самодіяльності, волі; формування визна-чених підходів, позицій, моральних, эстетичних і світоглядних установок; виховання співробітництва, колективізму, товарись-кості, комунікативності.

41

Розвиваючі: розвиток уваги, пам’яті, мови, мислення, умінь порівнювати, зіставляти, знаходити аналогії, уяви, фантазії, тво-рчих здібностей, рефлексії, уміння знаходити оптимальні рі-шення; розвиток мотивації навчальної діяльності.

Соціалізуючі: прилучення до норм і цінностей суспільства; адаптація до умов середовища; стресовий контроль, саморегу-ляція; навчання спілкуванню; психотерапія.

Ділові ігри Ділова гра використовується для рішення комплексних задач

засвоєння нового, закріплення матеріалу, розвитку творчих здіб-ностей, формування загальнонавчальних умінь. У навчальному процесі застосовуються різні модифікації ді-

лових ігор: імітаційні, операційні, рольові ігри, діловий театр, психо- і соціодрама.

Імітаційні ігри. На заняттях імітується діяльність якої-небудь організації, підприємства або його підрозділи, напри-клад, профспілкового комітету, ради наставників, відділу, цеху, ділянки і т.д. Імітуватися можуть події, конкретна діяльність людей (ділова нарада, обговорення плану, проведення бесіди і т.д.). Сценарій імітаційної гри, крім сюжету події, містить опис структури і призначення імітуємих процесів і об’єктів.

Операційні ігри. Вони допомагають обробляти виконання конкретних специфічних операцій, наприклад, методики напи-сання твору, розв’язування задач, ведення пропаганди й агітації. В операційних іграх моделюється відповідний робочий процес. Ігри цього типу проводяться в умовах, що імітують реальні.

Виконання ролей. У цих іграх відпрацьовуються тактика по-водження, дій, виконання функцій і обов’язків конкретної осо-би. Для проведення ігор з виконанням ролі розробляється мо-дель-п’єса ситуації, між учнями розподіляються ролі з «обов’язковим змістом».

«Діловий театр». У ньому розігрується яка-небудь ситуація, поводження людини в цій обстановці. Тут школяр повинен мо-білізувати весь свій досвід, знання, навички, зуміти вжитися в образ визначеної особи, зрозуміти його дії, оцінити обстановку і знайти правильну лінію поведінки. Основна задача методу ін-сценівки — навчити підлітка орієнтуватися в різних обставинах,

42

давати об’єктивну оцінку своїй повединці, враховувати можли-вості інших людей, установлювати з ними контакти, впливати на їхні інтереси, потреби і діяльність, не прибігаючи до форма-льних атрибутів влади, до наказу. Для методу інсценівки скла-дається сценарій, де описується конкретна ситуація, функції й обов’язки діючих осіб, їхні задачі.

Психодрама і соціодрама. Вони досить близькі до «виконан-ня ролей» і «ділового театру». Це теж «театр», але вже соціаль-но-психологічний, у якому обробляється уміння почувати ситу-ацію в колективі, оцінювати і змінювати стан іншої людини, уміння ввійти з ним у продуктивний контакт.

Завдання для самостійної роботи 1. Які методи навчання найбільш ефективно активізують пе-

релічені види навчальної діяльності.

Види навчальної діяльності Методи навчання

1. Інтелектуальна

2. Спілкування

3. Предметно-практична

4. Контрольно-оціночна

5. Ігрова

6. Естетична

7. Науково-дослідницька

8. Проектна

2. Наведіть приклад створення проблемної ситуації та техно-логії її вирішення на уроці за схемою: – усвідомлення проблеми, розкриття суперечностей – навчальній інформації; формулювання проблеми; – вирішення проблеми: виділення аргументів з метою дове-дення гіпотези; пошук способів вирішення проблеми;

43

– загальний висновок щодо вирішення проблеми; – оцінка методів навчальної діяльності щодо вирішення про-блеми. 3. Наведіть приклад проекту та критерії його оцінювання.

Література

1. Демець Т.Ю. Дидактична гра на уроці математики // Матема-тика. — 2003. — №29–30.

2. Дубовик О.С., Ткаченко Т.М. Методичні аспекти проблемно-го навчання біології // Освіта на Луганщині. — 2006. — №2(25). — С.130–137.

3. Коваленко В.Т. Дидактические игры на уроках математи-ки. — М.: Просвещение, 1990. — 96 с.

4. Малафій І.В. Дидактика. Навчальний посібник. — К.: Кон-дор, 2009.

5. Марко М.Е. Дидактичні ігри на уроках математики. — Ужго-род: Авторський навчально-виховний комплекс, 2003. — 141 с.

6. Павлова Л.Д. Методичні підходи до проблеми інтерактивної педагогічної взаємодії // Управління школою. — 2006. — №13(133). — С.2–14.

7. Потапова Ж.В. Формування інформаційної культури учасни-ків навчально-виховного процесу в контексті застосування проектних методик навчання // Інформатика та інформаційні технології в навчальних закладах. — 2008. — № 1. — С. 106.

8. Пометун О., Пироженко Л. Сучасний урок: Інтерактивні тех-нології навчання: Наук. метод. посібник. / За ред. О.І.Пометун — К.: А.С.К., 2005.

9. Поливанова К.Н. Проектная деятельность школьников: посо-бие для учителя. –М.: Просвещение. 2008. — 192 с.

10. Проектна діяльність у школі / Упор. М. Голубенко. — К.: Шкільний світ, 2009. — 128 с.

11. Селевко Г.И. Энциклопедия образовательных технологий: В 2 т. — Т.1. — М.: НИИ школьных технологий, 2006. — 816 с.

12. Щукина Г.И. Роль деятельности в учебном процессе. — М., 1986.

Тема 4. «Ключові задачі» в геометрії 8 класу Запропоновані матеріали вчитель може використовувати як

44

C

A M B

NK

O

на уроках, так і для індивідуальних та групових занять зі здіб-ними учнями 8–12 класів.

«Ключові задачі» — основа для розв’язання більш складних задач, зокрема, олімпіадних. Задачі взято із підручника геометрії для 8 класів з поглибле-

ним вивченням математики (автори Мерзляк А.Г., Полянсь-кий В.Б., Якір М.С. — Х.: Гімназія, 2008). В статті приведені розв’язання задач, методичні вказівки, тео-

ретичний матеріал, який доцільно систематизувати в результаті розв’язання конкретних задач. Особлива увага приділена навчан-ню учнів аналізу, пошуку необхідних і достатніх умов, засвоєнню узагальнених методів розв’язання геометричних задач.

Тема: Коло. Геометричні побудови (Повторення та систематизація на-

вчального матеріалу) 3.12. В ∆ ABC вписано коло, яке до-

тикається до сторони AB у точці M і до продовження двох інших сторін. Доведіть, що сума BC + BM дорів-

нює півпериметру ∆ ABC (мал. 3.12). Розв’язання. Пошук достатніх умов,

щоб коло дотикалось до сторін кутів ACB, NAM, MBK. Повторення властивостей дотичних,

проведених до кола з однієї точки.

CK=CN; BM=BK; AM=NA; CK=CB+BK= CB+BM; (1)

CN=CA+AN=CA+AM; (2)

Мал. 3.12.

45

(1) + (2) ⇒ 2 CK = CB+CA+(BM+AM)=CB+CA+AB= ABCP∆ .

CK=CB+BM=p.

Можна ввести поняття зовні-вписаного кола. Висновок: дотичні, проведені з

вершини трикутника до зовнівпи-саного кола, дорівнюють півпери-метру трикутника. Корисно в єдності з попере-

дньою задачею підрахувати дов-жину дотичної від вершини три-кутника до вписаного кола (порів-

няти результати та схеми міркувань) (мал. 3.12б). Розв’язання. Нехай ; ;AB c BC a AC b= = = . Тоді ;BM BK x= =

;CK a x CP= − = ;AM c x AP= − = ;AP PC b+ = ;c x a x b− + − = ;x p b= − ;BK BM p b= = − аналогічно

;AP AM p a= = − .CP CK p c= = −

Тема: Многокутники. Чотирикутники 5.24. Доведіть, що кут між висотами

паралелограма, проведеними з вершини гострого (тупого) кута дорівнює тупому (гострому) куту паралелограма.

Розв’язання. Підрахуємо ABC∠ двома способами. Нехай ;A α∠ =

180 ;B α∠ = −o 90 90 180 2 ;B α ϕ α α ϕ∠ = − + + − = − +o o o де KBP ϕ∠ =

180 2 180 ;α φ α− + = −o o ⇒ φ α= .

Мал. 5.24

Мал. 3.12(б)

46

8.34. Доведіть, що медіана, про-ведена до гіпотенузи прямокутного трикутника: 1) дорівнює її полови-ні; 2) розбиває прямокутний три-кутник на два рівнобедрених три-кутника.

Вказівка: О — центр описаного

кола ;ABC∆ ;2

cOC OA OB= = =

,AOC∆ COB∆ − рівнобедрені (мал. 8.34а).

Корисно розв’язати задачу: як із дові-льного трикутника одержати рівнобедре-ні трикутники? (мал. 8.34б).

Розв’язання. Щоб одержати прямо-кутні трикутники, проведемо одну з ви-сот ( )BH . В кожному з одержаних пря-

мокутних трикутників проведемо медіа-ну на гіпотенузу — одержали чотири рівнобедрених трикутника. Учні зможуть знайти закономірність одержання кількості рівнобе-дрених трикутників, самостійно скласти аналогічні задачі.

9.18. Доведіть, що відрізки, які з’єднують середини протиле-жних сторін опуклого чотирикутника і відрізок, який з’єднує се-

редини діагоналей, перетинаються в одній точці (мал. 9.18).

Розв’язання. Достатні умови: для того, щоб Q ∈ MN, чотирикутник MENF повинен бути паралелограмом. Тоді MN і EF — його діагоналі. Розбиваємо розв’язок на части-

ни: 1) доводимо, що чотирикутник

KEPF — паралелограм. KP ∩ EF= Q

2) доводимо, що MENF — паралелограм; тоді MN ∩ EF ∩ KP=Q. Наслідки:

Мал. 8.34б

47

1. Кути паралелограма KEPF дорівнюють кутам між діагоналя-ми чотирикутника ABCD;

2. Кут MEN дорівнює куту між прямими AB і CD.

Тема: Вписані та описані чотирикутники 11.14. Коло, побудоване на стороні AB

∆ ABC як на діаметрі, перетинає прямі AC і BC у точках M і K відповідно. Доведіть, що відрізки AK і BM — висоти ∆ ABC (мал. 11.14).

Вказівка. Кути AMB і AKB вписані і спира-ються на діаметр.

Корисно дослідити: а) положення точок M і K при заданій умові задачі, якщо точка

C буде переміщуватися на площині; б) як зміняться кути AMB і AKB, якщо хорда AB рухається у се-редині кола?;

в) як пов’язана градусна міра кута ACB з градусними мірами дуг AB і MK; градусна міра кута APB з градусними мірами тих же дуг?(точка P=AF ∩ BM).

г) порівняйте градусні міри кутів AMB, ACB, APB. 11.25. Бісектриса кута А трикут-

ника АВС перетинає описане на-вколо нього коло в точці D. Точ-ка О — центр вписанного кола три-кутника АВС. DO = DB = DC (мал. 11.25).

Розв’язання. ;CD DB∪ = ∪ точ-ка О належить AD . Хорди CD і DB рівні. Пошук достатніх умов: для того, щоб DO CD= достатньо, щоб COD∆ був рівнобедре-ним. Підрахунок градусних мір кутів DCO і COD . Нехай

;ACO OCB γ∠ = ∠ = CAO DAB α∠ = ∠ = , тоді COD α γ∠ = +

(зовнішній CAO∆ ).

Мал. 11.14

Мал. 11.25

48

1

2BCD DAB DB α∠ = ∠ = ∪ = ; OCD α γ∠ = + ,

тоді CDO∆ — рівнобедрений і CD OD DB= = . Важливі зв’язки: якщо до сторони CB провести серединний перпенди-куляр, то він перетне коло в точці D . Важливо пам’ятати, що бісектриса кута трикутника і серединний перпендикуляр про-тилежної сторони перетинаються на описаному колі даного трикутника. Ускладнимо задачу. Побудуємо зовнівписане коло ABC∆ ,

яке дотикається сторони CB і продовження сторін AC і AB (мал. 11.25б). Досліджуємо, де знаходиться його центр — точка Р. Пробле-

ма: чи буде ?DP CD DO DB= = = Пошук достатніх умов: для того, щоб ,DP CD= CDP∆ повинен бути рівнобедреним. Знай-

демо градусні міри кутів DCP і CPD . 90OCP∠ = o (кут між бі-сектрисами суміжних кутів ACB і MCB ). ;BCD α∠ = тоді

90 ,PCD α γ∠ = − −o ( CAP∆ ) ;CPD PCD∠ = ∠ CD PD= .

Мал. 11.25б

Важливо пам’ятати: центри О і Р вписаного та зовнівписано-

го кіл ABC∆ лежать на бісектрисі кута А; точка D — сере-дина дуги CDB , DP CD DB DO= = = (теорема про тризуб).

49

Задачі, пов’язані із властивостями ортоцентра трикутника 11.30. Точка Н — ортоцентр трикутника АВС. Пряма АН пе-

ретинає описане коло трикутника АВС в точці 1A . Доведіть, що пряма ВС по-

діляє відрізок 1HA навпіл (мал. 11.30). Розв’язання. Шукаємо достатні умо-

ви симетрії точок H і 1A відносно сто-

рони ВС. 1HA BC⊥ (за умовою). Не-

хай 1K BC AA= ∩ . Для рівності відріз-

ків HK і 1KA достатньо, щоб 1HBA∆

був рівнобедреним. Нехай 1 ;BHA α∠ = тоді

90 ;HBK α∠ = −o 1 ;AHB α∠ =

1 1

190

2HAC CBA A Cα∠ = − = ∠ = ∪o .

BK − бісектриса, медіана, висо-та 1HBA∆ ⇒ 1HK KA= .

11.31. Відрізок АН — висота трикутника ABC . Доведіть, що

BAH OAC∠ = ∠ , де точка О — центр описаного кола трикут-ника ABC (мал. 11.31).

Розв’язання. Підрахуємо кути BAH і OAC . Нехай

;B β∠ = —AOC∠ централь-ний, 2 ;AOC β∠ =

180 290 ;

2O A C

β β−∠ = = −o

o

90BAH β∠ = −o із BAH∆ . Тобто .BAH OAC∠ = ∠

11.32. Прямі, які містять висоти гострокутного трикутника ABC перетинають його описане коло в точках 1 1 1, , .A B C Дове-діть, що ортоцентр ABC∆ є центром вписаного кола

1 1 1.A B C∆ (мал. 11.32).

Мал. 11.30

Мал. 11.31

50

Розв’язування. Достатні умови: якщо точка H — ортоцентр ABC∆ є центр описаного кола 1 1 1A B C∆ , то

прямі 1 ,C C 1B B і 1 —A A бісектриси

кутів трикутника 1 1 1.A B C∆ Доведемо,

що пряма 1B B ділить кут 1B навпіл.

Для того, щоб 1 1 1 1C B B BB A∠ = ∠ необ-

хідна рівність дуг 1C B і 1BA . Точки

1 1 1, ,A B C симетричні ортоцентру H відносно відповідних сто-

рін ABC∆ (задача 11.30). Тоді трикутники 1 1, ,HCA HBC

1 —HAB рівнобедрені, тому 1 1;C CB BCA∠ = ∠ 1 1 ;ACB C CA∠ = ∠

1 1;C BA ABB∠ = ∠ 1 1.B BC BCA∠ = ∠ Точки , ,B A C знаходяться на серединах відпо-

відних дуг 1 1;C A 1 1;C B 1 1B A . Тоді 1 ,C C 1B B і 1 —A A бісектриси

кутів 1 1 1.A B C∆ Точка —H центр вписаного кола 1 1 1.A B C∆ Корисно дослідити: які властивості мають чотирикутники

1HBA C , 1HBC A , 1HCB A ? При яких умовах ці чотирикутники будуть ромбами? Знайти кути, рівні

1 1С B B∠ , 1BA A∠ . 11.34. Прямі, які містять бісектриси

ABC∆ , перетинають його описане ко-ло в точках 1 1 1, ,A B C . Доведіть, що центр вписаного кола ABC∆ є ортоце-нтром 1 1 1A B C∆ (мал. 11.34).

Розв’язання.

Точка 1 1 1 —O AA BB CC= ∩ ∩ центр

вписаного кола ABC∆ . Якщо точка —O ортоцентр 1 1 1A B C∆ , тоді 1 1 1;B B C A⊥ 1 1 1;C C A B⊥

1 1 1A A C B⊥ . Нехай 1 1 1P C A B B= ∩ . Відмітимо на малюнку всі

вписані рівні кути, використовуючи позначення цих кутів , ,α β γ . З’єднаємо 1C B і 1A B . 1 1 1 1;BC A BB Aα∠ = = ∠

Мал. 11.32

Мал. 11.34

51

1 1 1C A A AB Bγ∠ = = ∠ і т.п. Підрахуємо 1C PB∠ в 1C PB∆ .

1 180 .C PB α β γ∠ = − − −o В 1BPA∆ 1 180BPA α β γ∠ = − − −o , але

1C PB∠ і 1BPA∠ суміжні і рівні, тобто дорівнюють по 90o ;

1 1 1B P C A⊥ , аналогічно, 1 1 1;C C B A⊥ 1 1 1A A C B⊥ , тому точка

—O ортоцентр 1 1 1A B C∆ . Систематизуємо найбільш важливе

при розв’язуванні задачі: пошук рівних вписаних кутів, підра-хунок суміжних кутів. Повторюємо раніше засвоєне: якщо точка

—O ортоцентр 1 1 1A B C∆ , то точки O і A , O і B , O і C симе-

тричні відповідно сторонам 1 1 1A B C∆ , тобто пряма 1 1С B ділить

відрізок AO навпіл і т.п. 11.36. Доведіть, що описане коло ABC∆ , бісектриса кута B і

серединний перпендикуляр сторони AC проходять через одну точку (мал. 11.36). Розв’язання. 1 1AB B C∪ = ∪ . Серединний перпендикуляр сто-

рони AC проходить через центр описа-ного кола і ділить хорду AC та дугу AC навпіл в точці 1B . Учням корисно запам’ятати: бісектриса кута трикут-ника і серединний перпендикуляр про-тилежної сторони перетинаються на описаному колі цього трикутника.

15.11. Доведіть, що середня лінія трапеції ділить її діагоналі навпіл (мал. 15.11а). Розв’язання. Для того, щоб середня

лінія MN ділила діагональ AC навпіл в точці K достатньо довести, що

—MK середня лінія BAC∆ , аналогіч-но для NP . Корисно: а) порівняти від-різки MK і PN ; б) підрахувати різними способами відстань між серединами діагоналей - відрізок KP (якщо основи трапеції a і

b , то 2

a bKP

−= ); в) з’єднати вершину B або C з любою точкою

основи AD , та з’ясувати, чи діляться ці відрізки середньою лінією

Мал. 11.36

Мал. 15.11а

52

MN навпіл. Аналогічно провести дослідження для вершин A і D . Часто при розв’язуванні задач підвищеної складності застосову-

ється метод допоміжного кола. Суть метода: якщо вдалося довести, що деякі чотири точки лежать на колі, тоді ми можемо використову-вати властивості цього кола та його елементів. Тому учням важливо знати ознаки належності чотирьох точок одному колу. Для того, щоб чотирикутник був вписаним в коло (чотири точки лежали на одному колі) необхідно і достатньо: – сума протилежних кутів чотирикут-ника дорівнює 180o ;

– якщо з двох даних точок M і N від-різок AB видно під одним і тим са-мим кутом (точки M і N лежать в одній півплощині відносно прямої AB ), то точки , , ,M N A B лежать на одному колі (мал. 15.11б). Розв’язання. Якщо точки , , ,M N A B лежать на одному колі,

то AMB ANB∠ = ∠ . Доведемо обернене твердження. Нехай AMB ANB∠ = ∠ . Опишемо коло навколо трикутника AMB . Як-

що точка N поза колом, AMB ANB∠ ≠ ∠ . Аналогічно, якщо

точка N усередині кола. Протиріччя з умовою. Точки , , ,M N A B лежать на одному колі.

Тема: Подібні трикутники 17.17. Точка D належить стороні

AC трикутника ABC . ТочкиM і N належать сторонам AB і BC відпо-відно, F − точка перетину відрізків MN і BD . Доведіть, що коли

MN || AC , то MF AD

FN DC= (мал. 17.17).

Розв’язання. MF || AD , тоді MBF∆ ~ ABD∆ ; MF BF

AD BD= ,

FN || DC ; FBN∆ ~ DBC∆ ; BF FN

BD DC= . З двох пропорцій отрима-

Мал. 15.11б

Мал. 17.17

53

ємо: MF FN

AD DC= . При розв’язуванні задачі слід звернути увагу

на роль «перехідника» BF

BD, який входить в кожну з пропорцій.

Це дозволяє порівняти інші два дроби. Даний прийом часто за-стосовують в задачах на подібність трикутників. Між тим, на-віть здібні учні його не завжди усвідомлюють. Учням слід пам’ятати в узагальненому вигляді: якщо з вер-

шини трикутника провести довільний відрізок (чевіану), то довільний відрізок MN паралельний протилежній стороні трикутника ділиться чевіаною в такому відношенні, як і протилежна сторона.

18.25. На хорді AB позначено точку

M . Доведіть, 2 2MA MB R d⋅ = − , де —R радіус кола, —d відстань від точки M до центра кола (мал. 18.25а). Розв’язання. Учні знають, що добуток

відрізків хорд, які перетинаються в одній точці, є величина постійна. Але чому во-на дорівнює? Проведемо діаметр круга через точку M , тоді

( ) ( ) 2 2AM MB KM MP R d R d R d⋅ = ⋅ = − ⋅ + = −

Проведемо дослідження: якщо точ-ка M поза колом і через неї проведена пряма, яка перетинає коло в точках A і B . Доведемо, що 2 2MA MB d R⋅ = − , де d − відстань між точкою M і центром O кола (мал. 18.25б). Відомо, що 2MA MB MP⋅ = , де MP −дотична до кола. Нехай

OM d= , OP R= , OP PM⊥ . Із OPM∆ : 2 2 2MP d R= − , тоді 2 2MA MB d R⋅ = − .

18.46. Доведіть, що середини ос-нов трапеції, точка перетину діаго-налей і точка перетину бічних сторін

Мал. 18.25а Мал. 18.25б

54

лежать на одній прямій (мал. 18.46). Розв’язання. Проведемо пряму MO . MO DC E∩ = ;

MO AD F∩ = . Треба довести, що BE EC= і AF FD= . Розгля-немо декілька пар подібних трикутників, використовуючи «пе-рехідники» (відношення спільних сторін цих пар трикутни-

ків): BME∆ ~ AMF∆ ⇒ BE ME

AF MF= ; EMC∆ ~ FMD∆ ⇒

EC ME

FD MF= ⇒

BE EC

AF FD= ( )1 . BEO∆ ~ DFO∆ ⇒

BE OE

FD OF= ;

ECO∆ ~ FAO∆ ⇒ CE OE

AF OF= ⇒

BE CE

FD AF= ( )2 . Знайдемо добуток

пропорцій ( )1 і ( )2 . 2 2BE CE

AF FD AF FD=

⋅ ⋅, звідки BE EC= .

Задача (с. 142). Доведіть, що відрі-зок, який сполучає основи двох висот гострокутного трикутника, відтинає від даного трикутника йому подібний (мал. 18.25в).

Розв’язання. Треба довести, що 1 1A BC∆ ~ ABC∆ .

1BC C∆ ~ 1BA A∆ (вони прямокутні, —B∠ спільний).

1

1

BC BC

BA BA= , тоді 1 1A BC∆ ~ ABC∆ .

Розглянемо ще дві ознаки належності чотирьох точок колу. Задача. З точки А проведено два промені AM і AN , які не

лежать на одній прямій. На промені AM взято точки H і B , а на промені AN - точки C і D так, що AH AB AC AD⋅ = ⋅ . До-

ведіть, що точки , , ,H B D C лежать на одному колі (мал. 18.25г).

Розв’язання. Достатні умови: якщо

Мал. 18.46

Мал. 18.25в

Мал. 18.25г

55

точки , , ,H B D C лежать на одному колі, то чотирикутник CHBD повинен бути вписаним, тобто

180HCD HBD∠ + ∠ = o . ACH∆ ~ ADB∆ : —A∠ спільний, а з

умови AH AB AC AD⋅ = ⋅ одержимо, що AK AD

AC AB= . Тоді

ACH DBA∠ = ∠ , 180HCD DBH∠ = − ∠o , тоді 180HCD DBH∠ + ∠ = o , точки , , ,H B D C лежать на одному колі.

Задача. Якщо відрізки AB і CD перетинаються в точці M і при цьому AM MB CM MD⋅ = ⋅ , то точки , , ,A B C D лежать на одному колі (мал. 18.26а).

Розв’язання. ACM∆ ~ DMB∆ : із умови випливає, що AM DM

CM BM= , CMA BMD∠ = ∠ , тоді ACD ABD∠ = ∠ і точки

, , ,A B C D лежать на одному колі. Важливо систематизувати всі ознаки належності чотирьох

точок одному колу.

а)

б)

180A C B D∠ + ∠ = ∠ + ∠ = o ACB ADB∠ = ∠ , точки C і

D в одній півплощині від-носно прямої АВ

Мал. 18.26а

56

в)

г)

AB AC AD AK⋅ = ⋅ AM MB CM MD⋅ = ⋅

Тема: Тригонометричні функції гострого кута прямокутного трикутника

24.22. Доведіть, що радіус вписаного кола трикутника ABC

можна обчислити формулою ( )2

Ar p BC tg= − ⋅ , де p — півпе-

риметр трикутника ABC (мал. 24.22).

Розв’язання.

AOK∆ : 2

AOK r AK tg= = ⋅ .

2 2 2x y z P+ + = , x y z p+ + = y z BC+ = ;

( )AK x p y z p BC= = − + = −

( )2

Ar p BC tg= − ⋅

24.25. Доведіть, що відстань від вершини A до гострокутно-го трикутника ABC до ортоцентра H можна обчислити за фо-рмулою: 1) 2 cosAH R A= ⋅ ; 2) AH BC ctgA= ⋅ (мал. 24.25).

Розв’язання. Спочатку доведемо, що 120AH M= , де O —

центр описаного кола, 1M — середина сторони BC .

57

Допоміжні побудови: відмітимо точ-ку 1E — середину AH і 2E — середину BH .

2 ,OM AC⊥ 2M — середина BC .

2 1 2 1E E H M OM∆ = ∆ , тому що

2 1 1 2

1

2E E M M AB= = (середні лінії

BHA∆ і BCA∆ ); 1 2 2 1E E H OM M∠ = ∠ ;

2 1 1 2E E H OM M∠ = ∠ (кути з відпові-дно паралельними сторонами)

1 1

1

2OM E H AH= = .

1

1

2O M AH= — це важлива формула геометрії трикутника.

Знайдемо 1OM . 2BOC A∠ = ∠ (центральний).

1 ,BOM A∠ = ∠ Із 1BOM∆ 1 cos cosOM OB A R A= ⋅ = ⋅ .Тоді

12 2 cos .AH OM R A= = ⋅ Доведемо, що .AH BC ctgA= ⋅

Із 1BOM∆ : 1 1 2

BCOM BM ctgA ctgA= ⋅ = ⋅ , тоді AH BC ctgA= ⋅ .

Тема: Площа многокутника. Ознака паралельності прямих Задача. Діагоналі AC і BD чо-

тирикутника ABCD перетинаються в точці M . Доведіть, що для пара-лельності сторін BC і AD необхід-но і достатньо виконання рівності:

ABM DCMS S= (ознака паралельності прямих) (мал. 28.2).

Розв’язання. Відомо, що в дові-льній трапеції ABM CMDS S= . Це необхідна умова. Доведемо обе-

рнене твердження (достатню умову). Нехай ABM MCDS S= . Маємо:

ABD ABM AMDS S S= + ; ACD CMD AMDS S S= + ⇒ ABD ACDS S= , —AD спільна основа ABD∆ і ACD∆ тому BE CF= , тобто

Мал. 24.25

Мал. 28.2

58

BC || AD . Задача. Якщо основи двох трикутників лежать на одній пря-

мій, а вершини співпадають або лежать на прямій, паралельній основі, то площі цих трикутників відносяться як основи (мал. 28.3а, б).

Мал. 28.3а Мал. 28.3б

ABC

CBD

S AC

S CD= . ABC

DEK

S AC

S DK= .

Задача. Якщо в трикутнику ABC провести відрізок BM і по-

значати на ньому довільну точку X , то ABX

BCX

S AM

S MC= (мал. 28.3в).

Розв’язання. Нехай AM m

MC n= .

AMB

MBC

S m

S n= ; ABM MBC

mS S

n= ⋅ (1).

AXM

MXC

S m

S n= ; AXM MXC

mS S

n= ⋅ (2).

Віднімемо почленно від рівності (1) рівність (2):

( )ABM AXM MBC MXC

mS S S S

n− = − ;

ABX CBX

mS S

n= ⋅ , тобто ABX

CBX

S m

S n= .

Задача. Діагоналі AC і BD чотирикутника ABCD перети-наються в точці M . Доведіть, що ABM DCM BCM ADMS S S S⋅ = ⋅ (мал. 28.4).

Мал. 28.3в

59

Розв’язання. ADM

MAB

S DM

S MB= (висота

AK − спільна). Аналогічно:

DMC

MBC

S DM

S MB= . Тоді AMCDAM

MAB MBC

SS

S S= , і

ABM DCM BCM ADMS S S S⋅ = ⋅ . Корисно дослідити випадок, коли

ABCD — трапеція (мал. 28.5). Нехай AB || DC . Тоді

DAM MBCS S= . 2 2

ABM MDC ADM CMBS S S S⋅ = = ,

DAM ABM AMCS S S= ⋅ .

28.33. Доведіть, що площа прямоку-тного трикутника дорівнює добутку відрізків, на які точка дотику вписано-го кола ділить гіпотенузу (мал. 28.6).

Розв’язання. Треба довести, що

ABCS AK KB= ⋅ , де —K точка дотику вписаного кола і гіпотенузи. Спочатку знайдемо відрізки AK x= і KB y= . Нехай ,AB c= ,AC b= CB a= .

2 2 2x y r P+ + = ( —P периметр), x y r p+ + = ( —p півпериметр);

( );x p y r= − + x p a= − , AK p a= − , аналогічно: BK p b= − .

Знайдемо добуток ( ) ( )AK KB p a p b⋅ = − ⋅ − ;

2AK KB p pb pa ab⋅ = − − + ( )p p b a ab= − − + =2

c b ap ab

− − + =

Мал. 28.4

Мал. 28.5

Мал. 28.6

60

22 ABC ABC ABC

a b cp ab pr ab S S S

+ − = − + = − + = − + =

.

ABCAK KB S⋅ = . 28.41. У трикутнику ABC позначено точку M так, що площі

трикутників ,AMB ,BMC AMC рівні. Доведіть, що —M точка перетину медіан трикутника ABC (мал. 28.41).

Розв’язання. Проведемо через точ-ку M прямі , ,AM BM CM і доведемо, що відрізки 1 1 1, , —AA BB CC медіани

ABC∆ . Достатні умови: 1) точки

1 1 1, , —A B C середини відповідних сто-

рін трикутника ABC ; 2) 1:AM MA =

1:BM MB= 1: 2 :1CM MC= = . Доведемо виконання першої достатньої умови, тобто, що то-

чки 1 1 1, , —A B C середини відповідних сторін трикутника.

Нехай 1 1: : ;AB B C m n= 0AMB BMC AMCS S S S= = = ; 1

1

AMB

B MC

S m

S n= ;

1 1AMB B MC

mS S

n= ⋅ ; 1

1

ABB

B BC

S m

S n= ;

1 10ABB AMBS S S= + ; 1 10B BC B MCS S S= + ;

1

1

0

0

AMB

B MC

S S m

S S n

+=

+;

1 10 0AMB B MCn S n S m S m S⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ;

1 10 0B MC B MC

mn S n S m S m S

n⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ;

( )0 0S n m⋅ − = ⇒ 1

2n m AC= = , тобто 1BB −медіана.

Мал. 28.41

61

Тема: Зовнішнє коло трикутника 30.14. Бісектриса кута А трикутника АВС перетинає його описа не коло в точці 1A . Доведіть, що 1 1 AOA A O= , де O і —AO

центри вписаного та зовнівписаного кіл трикутника АВС (мал. 30.14).

Розв’язання. 90AOBO∠ = o

(кут між бісектрисами суміж-них кутів) —AOBO∆ прямоку-тний. Для того, щоб 1 1 AOA A O= , відрізок 1BA повинен бути ме-діаною AOBO∆ . Доведемо, що

1BA ділить AOBO∆ на два рів-нобічних трикутника (власти-вість медіани, проведеної на гі-потенузу). 1BOA α β∠ = + (зов-нішній до BAO∆ ).

1 1 1

1

2CBA A AC A C α∠ = ∠ = ∪ = ; 1 —OBA∆ рівнобедрений.

1 90AO BA α β∠ = − −o ; 90A ABO O BOO∠ = − ∠ =o 90 α β= − −o .

1 —ABA O∆ рівнобедрений, 1 —BA медіана; 1 1 1 ABA OA A O= = .

Література

1. Мерзляк А.Г., Полонський В.Б., Якір М.С. Геометрія: Підруч. для 8 кл. з поглибл. вивченням математики. — Х.: Гімназія, 2008. — 240 с.

Тема 5. Комп’ютерні технології

навчання математики Досвід розвинутих країн переконливо доводить, що модерні-зація навчального процесу, яка забезпечує високу теоретичну та практичну підготовку учнів у сучасній школі, передбачає масо-ве впровадження у навчання нової інформаційної техніки, нових педагогічних технологій. У свою чергу, ефективність навчання математики визначається не тільки його організацією, але й тим ін-струментарієм, який застосовуються при контролі засвоєння теоре-

Мал. 30.14

62

тичного матеріалу та практичних умінь і навичок учнів. Засоби ко-нтролю у навчанні відіграють надзвичайно важливу роль, оскільки сприяють підвищенню мотивів до вивчення математики, інтересу та пізнавальної активності у процесі навчання. На сучасному етапі однією з найбільш розповсюджених

форм контролю знань та вмінь учнів стає тестування, зокрема із використанням комп’ютерних технологій. Однак слід відмітити, що поряд із перевагами тестів перед традиційними формами ко-нтролю (можливість кількісного вимірювання рівня знань та важкості завдань, об’єктивність оцінки, систематичність конт-ролю, індивідуальний підхід до кожного учня, технологічність тестів, отримання миттєвого результату), при використанні тес-тування із математики слід керуватись й певними недоліками. Специфіка математики накладає ряд обмежень на система-

тичне використання комп’ютерного тестування у процесі кон-тролю поточних результатів учнів. Зокрема, у процесі перевірки практичних умінь і навичок учнів ці обмеження пов’язані зі складністю введення та виведення символьної інформації. До того ж слід вказати на недостатнє забезпечення комп’ютерною технікою навчальних занять із математики у сучасній школі. У процесі поточного контролю практичних умінь та навичок

учнів із математики пріоритетним є використання традиційного набору методів. Вони забезпечують реалізацію навчальної функції контролю, оскільки вчитель має можливість проаналізувати хід розв’язання кожного завдання та надати уч-неві своєчасну допомогу. У свою чергу, тестування, як у пись-мовому вигляді, так і за допомогою комп’ютерних програм, здебільшого виконує контрольні функції. Оскільки організація контролю результатів навчання учнів за значний проміжок часу (тема, модуль, рік) носить констатувальний характер, саме у процесі тематичної, модульної та заключної перевірки доцільно використовувати комп’ютерні технології. Існує досить великий перелік існуючих комп’ютерних систем

тестування (OpenTEST, VeralTest, UniTest System, SSUquestion-naire, easyQuizzy та ін.), проте більшість із них не можуть по-вною мірою реалізувати усі можливості тестування навчальних досягнень учнів у процесі вивчення математики. У свою чергу, можливості програми комп’ютерного тестування OpenTEST на-

63

певно задовольнять будь-яким потребам авторів тестів (учителів) та адміністраторів у процесі використання на уроках математики. Особливістю комп’ютерної системи тестування OpenTEST є

низькі вимоги до апаратних та програмних ресурсів, що дозво-ляє проводити тестування навіть у недостаньо оснащених комп’ютерних класах. Програма є безкоштовною та може бути вільно отриманою з мережі Інтернет. Система OpenTEST спрямована на забезпечення тестування

студентів із максимально суворою звітністю. Вона призначена саме для контролюючих цілей (проведення тематичних атеста-цій, заліків, іспитів, кваліфікаційних тестів тощо), тобто підсум-кових видів контролю, де головну роль грає максимально об’єктивна оцінка навчальних досягнень учнів. При організації підсумкових видів контролю об’єктами пере-

вірки є теоретичні знання та практичні навички і вміння учнів. Проте важливим є практичний бік математичної підготовки, який складно перевірити за допомогою комп’ютерних тестую-чих програм. Зокрема, це пов’язано із такими аспектами: різноманітність форм подання варіантів відповіді одного зав-дання; складність при введенні символьної інформації у разі вільного конструювання відповіді (наприклад, математичні сим-воли похідної, квадратного кореню тощо); можливість вгаду-вання правильної відповіді шляхом підстановки варіантів відповіді в умову завдання тощо. У системі OpenTEST для усу-нення перерахованих вище недоліків при створенні тестових завдань із математики запропоновано використовувати новий тип запитань, а саме: «вибірковий із затримкою появи відповіді». Таким чином, якщо учень готовий до відповіді, він натискає на відповідну кнопку і у достатньо короткий термін обирає правильний варіант.

Інтерфейс програми має наступний вигляд (мал. 1):

64

Мал. 1. Інтерфейс комп’ютерної системи тестування OpenTEST

Завдання для самостійної роботи Створення тестів за допомогою системи тестування

OpenTEST. 1. Відкрити інстальований на комп’ютері браузер (Internet

Explorer, Mozilla Firefox, Google Chrome, Safari, Opera) для мож-ливості доступу до сайту програми. Уведіть у рядок Адреси: http://opentest.com.ua — сайт комп’ютерної програми тесту-вання OpenTEST.

2. Перш за все, зверніть увагу на статтю, розташовану у на-вігаторі (стовпець праворуч екрану із списком статей на поси-лань) «КОМПЬЮТЕРНАЯ СИСТЕМА ТЕСТИРОВАНИЯ ЗНАНИЙ OPENTEST». Натисніть на посилання для первинного ознайомлення із можливостями програми, авторами та контакт-ною інформацією.

3. Перейдіть на посилання для ознайомлення зі статтею «КОМПЬЮТЕРНОЕ ТЕСТИРОВАНИЕ ЗНАНИЙ ОБУЧАЕМЫХ ПО МАТЕМАТИЧЕСКИМ ДИСЦИПЛИНАМ». Це дасть можливість ознайомитись із технологією тестування з використанням

65

комп’ютерної тестової системи OpenTEST на уроках математи-ки, її особливостями та перевагами.

4. У верхньому рядку сайту розташоване меню (зелена сму-га). Перейдіть на сторінку меню СКАЧАТЬ. Ви маєте можли-вість скачати повну та портативну версії програми у вигляді ар-хіву. Портативна версія програми малогабаритна, займає неба-гато пам’яті, вона не потребує інсталяції в системі, можна пра-цювати безпосередньо з флешки.

5. Завантажте архів ОpenTEST 2.1.0 Portable. 6. Розпакуйте вміст архіву (папка OpenTEST 2.1.0 Portable )

в будь-яке місце на диску. 7. Відкрийте папку OpenTEST 2.1.0 Portable.

8. Запустіть файл Start OpenTEST2 (зелений трикутник). У області повідомлень (там де годинник, час та ін..) з’явиться по-значка .

9. Відкрийте браузер. Уведіть у рядок Адреси адресу про-грами тестування www.opentest2. Відкриється головна сторінка програми:

66

10. Уведіть у вікно авторизації отриманий у тестовому центрі пароль Логін та Пароль «opentest» (скачуванні програми ви можете отримати інший пароль, наприклад opentest2 тощо):

11. У Меню основных модулей оберіть Управление пользователями.

— Виконайте команду Добавить нового пользователя (дода-ти 5 студентів); — Надайте групі нове ім’я за допомогою команди Переименовать группу.

12. Поверніться у Меню основных модулей.

67

13. У Меню основных модулей оберіть Управление

тестами. У меню програми Управление тестами тести мо-жна створювати власноруч, або імпортувати попередньо оформ-лені тести. Звернемось до імпорту попередньо створених тес-тів, оскільки це найбільш зручна форма їх створення у програ-мі.

14. У Меню основных модулей оберіть Управление

тестами → Импортировать тест. — Самостійно зверніться до сайту розробника програми http://opentest.com.ua та скачайте інформацію щодо ство-рення шаблона тестів для імпорту (меню СКАЧАТЬ); — натисніть на кнопку «Обзор» та вкажіть на сві файл із zip архівом; — серед доступних форматів оберіть OpenTEST2 MSWord Zip Package; — натисніть на кнопку «Импортировать». Натисніть на кнопку Открыть существующий тест в лі-

вому подменю Управление тестами, знайдіть свій тест серед тестів обраної категорії та увійдіть у нього. Упевнившись, що тест імпортувався коректно, призначте тестування!

15. ПРИЗНАЧЕННЯ ТЕСТУВАННЯ. У Меню основ-

ных модулей оберіть Управление тестированием. У випадаючому списку «тест» обрати свій тест, у випадаю-

чому списку «група» — необхідну групу (якщо ви її нещодавно не обирали, то її не буде у списку; потрібно натиснути на по-силання праворуч неї та обрати «выбрать новую группу») — відкриється список учнів обраної групи.

68

1) Щоб призначити однакові параметри одразу всій групі, необхідно використовувати користувача «все» - це завжди найнижчий рядок..

2) За допомогою кнопок потрібно виставити кількість спроб, кількість запитань (але не більше, ніж їх у тесті!!!) та час у хвилинах на весь сеанс тестування.

3) Натисніть на кнопку сохранить. Ліворуч зверху ви поба-чите надпис «Статус: Допуск для пользователя сохранен». Якщо ви цього не побачили, то уважно повторіть усі кроки спочатку.

4) Ліворуч у меню Режим редактирования натисніть Из-менить пароль на тест.

5) У два поля уведіть свій пароль на запуск цього тесту для обраної групи, натисніть «изменить», перевірте Статус.

6) У розкриваючомуся списку «Тип старта» оберіть «оба ва-рианта» та натисніть кнопку сохранить. Ліворуч зверху ви побачите надпис «Статус: Допуск для пользователя сохранен». Якщо ви цього не побачили, то уважно повторіть усі кроки спо-чатку. 7) Тест призначено. Дозвіл буде діяти необмежений час до закінчення усіх спроб тестування.

8) Можна розпочинати тестування групи!

16. ПРОВЕДЕННЯ ТЕСТУВАННЯ. У комп’ютерному класі на кожному комп’ютері запустити

браузер. Відкрити сторінку програми тестування OpenTEST2. Запросити у клас учнів у кількості, яка дорівнює кількості

вільних комп’ютерів. Якщо ви проводите тестування із групою вперше, поясніть правила тестування, а саме:

69

ВИБІР ТЕСТУ На головній сторінці OpenTEST2 необхідно обрати модуль

Обрати свою категорію користувачів (учитель повідомить

у якій категорії буде завжди знаходитись група (клас)) Обрати свою группу (клас) Обрати своє П.І.Б. Обрати категорію тестів (учитель завжди повідомляє перед

тестуванням) Обрати тест (учитель завжди повідомляє перед тестуван-

ням). Якщо відображається декілька однакових тестів, то не-обхідно обрати той, поряд із яким відображається прізвище учителя

Тест может запускаться по паролю или автоматически. Пре-подаватель сообщает студентам перед каждым тестированием какой тип запуска им использовать.

17. ЗАПУСК ТЕСТУ. Тест може запускатися за паролем

або автоматично. Учитель повідомляє учням перед кожним те-стуванням який тип запуску їм використовувати.

— запуск тесту за паролем: учитель вводить пароль на за-пуск теста після перевірки кожного учня на відповідність обраного прізвища

— запуск тесту автоматично: після вибору тесту одразу натиснути на посилання Войти в режим запуска тес-

70

та преподавателем. Зачекати на автоматичний запуск тесту

18. ПРОЦЕС ТЕСТУВАННЯ. • Одразу після запуску учень бачить кількість питань у тесті,

наприклад . • Таймер у правому верхньому куті відображає час, відведе-ний на складання тесту. По закінченні часу тестування ав-томатично завершується.

• Можна вільно рухатися між питаннями, використовуючи для цього тільки стрілочки праворуч та ліворуч від кнопки

Ответить . Не використовуйте кнопки навігації браузера!!! Це може привести до невірного відображення запитань.

• Після вибору варіанту відповіді підтвердіть вибір кнопкою Ответить.

• До закінчення часу на тест можна скільки завгодно разів змінювати вибір відповіді.

• Якщо замість кнопки Ответить з’являється кнопка Ответ готов, то спочатку необхідно відповісти на цей тест у чер-нетці, а потім натиснути на кнопку Ответ готов. Після цьо-го на короткий час відобразяться всі варіанти відповіді, не-обхідно відповідно до чернетки обрати правильну та підтве-рдити кнопкою Ответить.

• Для дострокового завершення тесту необхідно натиснути на посилання Завершить тест.

Література

1. Крылова Т.В. Использование компьютерного тестирования при обучении высшей математике / Т. В. Крылова,

71

Е. М. Гулеша // Дидактика математики: проблеми і дослі-дження : міжнародний збірник наукових робіт [Електронний ресурс]. — Донецьк : Вид-во ДонНУ, 2009. — Вип. 32. — С. 143–145. — Режим доступу :

http://www.nbuv.gov.ua/portal/Soc_Gum/Dmpd /2009_32/_32/143-145_32_2009.pdf. 2. Редактор тестов easyQuizzy [Электронный ресурс] : Web-страница. – Режим доступа : http://easyquizzy.ru/.

3. Семенец В. В. Компьютерное тестирование знаний обучаемых по мате-матическим дисциплинам [Электронный ресурс] / В. В. Семенец, В. И. Каук, А. С. Шкиль. — Режим доступа : http://opentest.com.ua/kompyuternoe-testirovanie-znanij-obuchaemyx-po-matematicheskim-disciplinam/#more-121.

4. Сеногноева Н. А. Тестирование как одна из форм оценки учебной деятельности / Н. А. Сеногноева // Педагогика. — 2006. — № 5. — С. 38—43.

5. Чашечникова О. С. Тести: можливості подолання протиріччя між вимо-гою об’єктивності оцінки знань учнів та необхідністю врахування їх інди-відуальних особливостей / О. С. Чашечникова // Дидактика математики: проблеми і дослідження : міжнародний збірник наукових робіт [Електро-нний ресурс]. — Донецьк : Фірма ТЕАН, 2004. — Вип. 21. — С. 99–105. — Режим доступу : http://www.nbuv.gov.ua/portal/Soc_Gum/Dmpd/2004_21/_21/99-105%2021_2004.pdf.

6. OpenTEST — программа тестирования знаний [Электронный ресурс] : Web-страница. — Режим доступа: http://opentest.com.ua/.

7. VeralTest — пакет программ для создания тестов и проведе-ния тестирования [Электронный ресурс] : Web-страница. — Режим доступа : http://veralsoft.com/.

8. UniTest System — программное обеспечение для автоматиза-ции компьютерного тестирования [Электронный ресурс] : Web-страница. — Режим доступа : http://sight2k.com/rus/unitest/.

Тема 6. Основні типи задач на елементи теорії ймовірностей в зовнішньому тестуванні

72

з математики В тестах зовнішнього незалежного оцінювання до учнів

11 класів з названої теми ставляться такі вимоги до змісту знань та вмінь:

Знати теорію: випадкові події, ймовірність випадкової події, незалежні випадкові події; уявлення про закон великих чисел; означення ймовірності.

Уміти: обчислювати у найпростіших випадках ймовірності ви-падкових подій; застосовувати правила обчислення ймовірностей суми та добутку подій у процесі розв’язання нескладних задач. Виділимо типи задач, що були представлені в різноманітних

«Збірниках типових тестових завдань» за період 2003—2008 навчальних років.

Задачі на підрахунок ймовірності випадкової події на основі класичного означення ймовірності без застосування формул комбінаторики

( )m

P An

= ,

де m — кількість випадків, що сприяють настанню цієї події; n — загальна кількість рівноможливих випадків. 1. В класі сидять m дівчат і n хлопців. Один хлопець підні-

має руку і виходить із класу. Після цього вчитель викликає до дошки учня, роблячи свій вибір навмання. Яка ймовірність того, що розв’язувати задачу вийде дівчина?

Розв’язання. ( )m

P An

= .

Всього учнів в класі після того, як вийшов із класу один хло-пець 1m n+ − . Сприятливих випадків m — кількість дівчат в класі.

( )1

mP A

m n=

+ −

73

Задачі, в яких число m підраховують безпосередньо без формул

2. Укажіть ймовірність того, що при підкиданні двох граль-них кісточок одночасно сума цифр, які випали на цих кісточках буде кратна трьом. Розв’язання. Позначимо через А випадання цифр на двох кі-

сточках, кратної трьом ( )m

P An

= .

6 6 36n = ⋅ = А підрахуємо безпосередньо:

}{ (1;2);(1;5);(2;1);(2;4);(3;3);(3;6);(4;2);(4;5);(5;1);(5;4);(6;3);(6;6)A=

12m = ; 12 1

( )36 3

P A = = .

3. У коробці лежать різнокольорові кульки, з яких 40 — чер-воні, 20 — коричневі, а всі, що залишилися — жовті. З’ясуйте, скільки жовтих кульок лежить в коробці, якщо ймовірність ви-бору випадковим чином жовтої кульки дорівнює 1 3 . Розв’язання. Позначимо через А подію вибору з коробки жо-

втої кульки.

( )m

P An

= ; m x= .

Всього кульок в коробці 40 20 60n x x= + + = + .

Рівняння: 1

60 3

x

x=

+, звідки 30x = .

4. В ящику 4 білі кулі, 3 чорні і декілька червоних. Ймовір-ність того, що навмання вийнята куля виявиться червоною, до-рівнює 5/12. Скільки червоних куль у ящику? Розв’язання. Нехай у ящику x червоних куль, тоді всього

куль в ящику 4 3 7x x+ + = + . Ймовірність події А «вийнята куля виявиться червоною»

( )7

xP A

x=

+,

5

7 12

x

x=

+, 5x = .

5. В партії з 400 деталей є 270 деталей першого сорту, 60 — другого, 60 — третього і 10 — бракованих. Яка ймовірність того, що навмання взята деталь буде або першого, або другого сорту?

74

Розв’язання. І спосіб. Подія А — «взята деталь першого або другого сорту». Всього деталей першого та другого сорту 270 60 330+ = .

330( ) 0,825

400P A = =

ІІ спосіб. Подія А — «взята деталь першого сорту». 270

( ) 0,675400

P A = = .

Подія В — «взята деталь другого сорту». 60

( ) 0,15400

P B = = .

За теорією про ймовірність суми двох несумісних подій ( ) ( ) ( )

( ) 0,675 0,15 0,825

P A B P A P B

P A B

+ = ++ = + =

6. Яка ймовірність того, що навмання вибране двоцифрове чис-ло, яке ділиться на 4, ділиться також і на 12? Розв’язання. Кількість двозначних чисел, кратних чотирьом,

можна підрахувати безпосередньо або за формулами арифметичної прогресії: 1 12; 96, 4na a d= = = .

96 12 4( 1), 22n n= + − = . Аналогічно серед цих чисел на 12 діляться 8:

1 12; 96; 12na a d= = = 96 12 12( 1); 96 12 12 12

8

n n

n

= + − = + −=

Подія А — «двоцифрові числа, кратні 4, кратні також 12». 8 4

( )22 11

mP A

n= = =

Задачі на геометричне означення ймовірності В задачах на застосування геометричного означення ймовір-

ності мова йде про випадкові події з нескінченою кількістю ре-зультатів. Наприклад, кидають точку в фігуру, дві подруги по-винні зустрітися в зазначений проміжок часу та ін.

75

В цих випадках ( )міра А

P Aміраv

= , де А — міра фігури (довжина,

площа, об’єм), сприятливі для події А, v — міра всієї фігури (довжина, площа, об’єм).

7. В квадрат вписано круг, діаметр якого 6 км. Яка ймовір-ність того, що навмання вибрана точка квадрата опиниться все-редині круга?

Розв’язання. Подія А — «точка опиниться всередині круга». Міра А — площа круга ( 2S rπ= ), сприятлива для події А.

Міра v всієї фігури — площа квадрата: 2 6d r= = км; 3r = км. Сторона квадрата 6 км; 36KBS = км2.

9

9( )

36 4

KPS

P A

ππ π

=

= =

8. В прямокутному трикутнику ABC∆ ( 90 ,C∠ = ° 3AC = , BC =8 см) навмання вибирають точку О. Яка ймовірність того, що кут ОАС не перевищує 60° ?

Розв’язання. Подія А — «точка попала в ACP∆ ».

3 84 3

2ABCS∆⋅= =

2

33

2

6033

2=°⋅=⋅=∆

tgCPACS ACP

3 3 3

( ) 0,37582 4 3

AOP

ABC

SP A

S∆

∆

= = = =⋅

Задачі на зустрічі 9. Кіт Матроскін та собака Шарик домови-

лись зустрітися біля великого дуба протягом 25 хв., щоб разом піти за новим скарбом. Відо-мо, що кожен з них чекатиме іншого тільки 10 хв. Знайдіть ймовірність того, що скарб ви-копуватимуть двоє друзів, якщо кожен з них

час свого приходу обирає випадково. Розв’язання. Подія А — «скарб викопуватимуть двоє дру-

зів». Застосуємо графічний метод. Введемо прямокутну систему

76

координат. Будемо вважати, що зустріч може відбутися між 0 та 25 хв. Час приходу кота х хв., а собаки — у хв.

0 25

0 25

x

y

≤ ≤ ≤ ≤

Квадрат, одержаний на основі даної системи нерівностей, такий, що кожна його точка ( ; )M x y — можливі моменти зустрічі друзів. Всі рівноможливі випадки відповідають площі квадрата

OBCD 25 25 625× = . Різниця в часі зустрічі не перевищує 10 хв., тобто 10y x− ≤ , якщо y x> та 10x y− ≤ , якщо x y> . Маємо систему нерівностей

10 10x y y x

x y y x

− ≤ − ≤ > >

Ці системи задають на координатній площині шестикутник OMKCFP. Його площа сприятлива для події А.

40022

400)

2

1515

2

2525(2)( =⋅=⋅−⋅=⋅−= MBKOBCOMKCFP SSS

400

( ) 0,64625

P A = =

Задачі, в яких для обчислення ймовірностей застосовуються формули комбінаторики

10. Задано цифри 1, 2, 3, 4, 5, 6. З них утворюють всі можливі шестизначні числа, використовуючи кожну цифру тільки один раз. Знайдіть ймовірність того, що взяте навмання одне із чисел ділитиметься на 5.

Розв’язання. Подія А — «число ділитиметься на 5». Всього 6-значних чисел без повторення цифр 6 6! 720( )P n= = . Числа,

які не діляться на 5, складені із цифр 1, 2, 3, 4, 6, тобто 5 120P = . Приставимо до цих 120 чисел в кінці цифру 5. Одержимо

120 чисел із 720, які діляться на 5. 120 1

( )720 6

P A = = .

11. На 6 картках написані букви б, о, о, о, p, m (на кожній ка-ртці — по одній букві). Картки виймають навмання. Знайдіть

77

ймовірність того, що послідовність вийнятих карток утворить слово «оборот».

Розв’язання. Імовірність події А (одержати слово «оборот»)

( )m

P An

= , де 6 720n P= = , m — усі сприятливі появи цього сло-

ва. m можна підрахувати двома способами: 1) за допомогою фо-

рмули числа перестановок з повтореннями 6!

1203!

= (буква «о»

повторюється 3 рази); 2) можна зв’язати 3 букви «о» і вважати однією буквою, бо їх перестановка нічого не міняє в слові.

3 6P = 6 1

( ) 0,008720 120

P A = = ≈ .

Задачі, в яких корисно використовувати поняття протилежної події

12. Учаснику телешоу дозволяється навмання відімкнути два сейфи із семи запропонованих (у двох із них лежать подарунки, а решта п’ять — порожні). У скільки разів ймовірність отримати хоча б один із призів більша за ймовірність того, що обидва ві-дімкнути сейфи виявляться порожніми?

Розв’язання. За умовою задачі розглядаються дві події: подія А — «хоча б один сейф виявився непорожнім» і подія В — «обидва сейфи виявилися порожніми». Ці події протилежні, то-му ( ) ( ) 1P A P B+ = .

Підрахуємо ( )m

P Bn

=

27

7!21

2! 5!n C= = = ; 2

5 10m C= =

10( ) ;

21P B = 10 11

( ) 1 ( ) 121 21

P A P B= − = − =

Таким чином, ( ) 11 10 11

: 1,1( ) 21 21 10

P A

P B= = =

Задачі на застосування теореми про суму несумісних подій 13. В лотереї випущено 10 000 квитків і встановлено:

10 виграшів по 200 грн., 100 — по 100 грн., 500 — по 25 грн. і

78

1000 — по 5 грн. Громадянин купив один квиток. Яка ймовір-ність того, що він виграє не менше 25 грн.?

Розв’язання. Нехай подія А — «виграш не менше 25 грн.» Подія А1 — «виграш дорівнює 25 грн.»; подія А2 — «виграш дорівнює 100 грн.»; подія А3 — «виграш дорівнює 200 грн.». Події А1, А2, А3 — попарно несумісні, тому

1 2 3 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P A A A P A P A P A= + + = + +

1

500( ) 0,05

10000P A = =

2

100( ) 0,01

10000P A = =

3

10( ) 0,001

10000P A = =

( ) 0,05 0,01 0,001 0,061P A = + + =

Задачі на застосування теореми множення ймовірностей 14. Під час тестування в деякій аудиторії працює три прихо-

вані телекамери спостереження, кожна з яких увімкнена 90%, 60% та 50% усього часу відповідно, причому незалежно від того увімкнені інші телекамери чи ні. Знайдіть ймовірність того, що момент спроби списування абітурієнтом Х був знятий хоча б однією з телекамер.

Розв’язання. Подія А — «момент спроби списування абітурі-єнтом Х був знятий хоча б однією з телекамер».

( ) ( ) 1P A P A+ = Подія В — «момент списування бачить перша телекамера». Подія С — «момент списування бачить друга телекамера». Подія D — «момент списування бачить третя телекамера». Події В, С, D — незалежні, тоді

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,1 0,4 0,5 0,02P A P B C D P B P C P D= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

( ) 1 ( ) 1 0,02 0,98P A P A= − = − =

79

Задачі на повторення випробувань і формулу Бернуллі Прикладами подій, що багаторазово повторюються, є, зокрема,

підкидання монети, стрільба по мішені, вибір виробу для контролю при однакових умовах та багаторазовому повторенні дослідів. Нехай ймовірність події А в кожному випробуванні одна й та

сама, а саме дорівнює Р. Тоді ймовірність настання події А в кожному випробуванні також стала й дорівнює 1g P= − . Нехай подія А здійснюється в nдослідах k разів і, отже, не здійсню-ється n k− разів.

( )nP k — шукана ймовірність.

6 (4)P означає, що ймовірність того, що в 6 випробуваннях подія А настала 4 рази і таким чином не настала 2 рази. Формула Я. Бернуллі: ( ) k k n k

n nP k C P g −= . 15. Підкидаємо монету 10 разів. Яка ймовірність випадання

двох гербів? Розв’язання. За формулою Бернуллі ( ) m m n m

nP A C P g −= маємо 10n = , 2m = , 1 / 2P = (імовірність появи герба), 1 1 / 2g P= − =

(імовірність непояви герба). 2 8

210

1 1 45( ) 0,044

2 2 1024P A C

= ⋅ = ≈

16. При даних умовах попередньої задачі підрахуйте ймовір-ність випадання 5 гербів.

Розв’язання. 10n = , 5m = , 1 / 2P = , 1 / 2g = . 5 5

510 10 10

10 8

1 1 10 9 8 7 6 1 3 2 7 6( )

2 2 1 2 3 4 5 2 2

252 63 630,246

2 2 256

P A C⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= = = ≈

17. Яка ймовірність виграти в шашки у рівного за підготов-кою гравця 4 партії із 7?

Розв’язання.

3 44

7 7 7

1 1 7 6 5 35(4) 0,273

2 2 3 2 2 128P C

⋅ ⋅ = ⋅ = = ≈ ⋅ ⋅

80

7n = , 4m = , 1 / 2P = , 1 1 / 2 1 / 2g = − = .

Література

1. Шкіль М.І., Колесник Т.В., Хмара Т.М. Алгебра і початки аналізу. Підручн. для 11 кл. з поглибленим вивч. матем. в се-ред. закл. освіти. — К.: Освіта, 2001. — 311 с.

2. Нелин Е.П., Долгова О.Е. Алгебра и начала анализа: Дву-хуровневый учеб. для 11 кл. общеобразоват. учеб. заведе-ний. — Х.: Мир детства, 2007. — 416 с.

3. Зовнішнє тестування з математики. Інформаційні матеріа-ли. — К.: Центр тестових технологій, 2003—2008.

4. Захарійченко Ю.О., Школьний О.В. Математика: Зб. тест. за-вдань для підготов. до зовніш. незалеж. оцінювання. — К.: Генеза, 2008. — 104 с.

5. Математика. Типові тестові завдання. Збірник / А.Р. Галь-перина, О.Я. Михеєва: Навч. посіб. — Х.: Факт, 2008. — 128 с. (серія журналу «Вісник ТІМО»).

Тема 7. Задачі з цілими числами (на допомогу вчителю для роботи з обдарованими дітьми)

Позиційний запис числа m :

1 2 2 1 0n n nm a a a a a a− −= …

В десятковій системі числення: 1 1

1 1 010 10 10n nn nm a a a a−

−= + +…+ + .

Приклад 1. Довести, що шестицифрове число виду abcabc не може бути квадратом жодного цілого числа.

Розв’язання.

100000 1000 1000

100 10 1001(100 10 )

abcabc a b c

a b c a b c

= + + ++ + + = + +

1001 7.11.13=

Для того, щоб число abcabc було повним квадратом необ-хідно, щоб 100 10a b c+ + ділилося на 1001, це неможливо, бо

1000abc < .

81

Приклад 2. Яке тризначне число дорівнює кубу цифри його одиниць, а також квадрату числа, складеного з його другої та першої цифри?

Розв’язання. Нехай шукане число має вигляд: xyz . Тоді з

умови задачі маємо систему рівнянь: 3

2( )

xyz z

xyz yx

=

=

3

2

100 10

100 10 (10 )

x y z z

x y z y x

+ + =

+ + = +

З першого рівняння випливає, що 3z закінчується цифрою z і 3 100z > . Для z можливі варіанти: 5z = , 6z = , 9z = . Тоді

3 125z xyz= = , 3 216z = , 3 729z = .

З другого рівняння маємо, що 2x закінчується цифрою z , а

це можливо тільки у випадку, коли 7x = . 227 729= . Відповідь: 729. Приклад 3. З трьох різних цифр , ,x y z утворені можливі три-

значні числа. Сума цих чисел в три рази більша тризначного чи-сла, кожна цифра якого є x . Знайти цифри , ,x y z .

Розв’язання. Розглянемо два випадки: 1) кожна з цифр , ,x y z

не дорівнює 0; 2) 0x ≠ , y або z дорівнюють нулю.

Випадок 1. Із трьох цифр маємо шість перестановок. Тоді

3xyz xzy yxz yzx zxy zyx xxx+ + + + + = ⋅ .

Або після представлення доданків в десятковій системі чис-лення 222 222 222 333 2( )x y z x y z x+ + = ⇔ + = звідки x — пар-

не, оскільки 0; 0y z≠ ≠ і y , z одночасно не дорівнюють оди-

ниці, то 2y z+ > , тобто 4x > .

Тоді 6x = або 8. При 6x = маємо 3y z+ = ; 2y = ; 1z = , а

при 8x = , 4y z+ = , 3y = , 1z = .

y і z рівноправні, тоді:

6x = , 2y = , 1z = ;

82

6x = , 1y = , 2z = ;

8x = , 3y = , 1z = ;

8x = , 1y = , 3z = .

Випадок 2. 0x ≠ , y і z одночасно не можуть дорівнювати

нулю. Нехай, наприклад, 0y = , 0z ≠ , тоді рівняння має вигляд:

0 0 0 0 3x z xz zx z x xxx+ + + = ⋅ або 211 211 333 ; 211 122x z x z x+ = = 211 і 122 — взаємно прості, а x та z — цифри в межах від 1

до 9, то останнє рівняння не має розв’язків. Відповідь: 1) 6x = , 2y = , 1z = ; 2) 6x = , 1y = , 2z = ;

3) 8x = , 3y = , 1z = ; 4) 8x = , 1y = , 3z = .

Задачі на подільність чисел та виразів

Основні визначення, теореми та властивості подільності 1. Теорема. Число 0a > завжди можна представити, і причо-

му єдиним способом, у вигляді: a bg r= + , де 0b > , 0 r b≤ < . 2. Визначення. Остачу r від ділення a на b будемо позначати

так: b

a r≡ (друга форма запису: (mod )a r b≡ ).

3. Визначення. Якщо 0b

a ≡ , то записують так a bM . 4. Теорема. Існує безліч простих чисел. Доведення. Припустимо, що p — найбільше просте число.

Розклавши число g , яке на 1 більше добутку всіх простих чисел

від 2 до p , тобто 2 3 5 7 1g p= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅… + . Це число не ділиться на

жодне з простих чисел від 2 до p , тобто, або воно є простим,

або воно є складеним і має простий дільник відмінний, від 2, 3, 5, …, p . А це суперечить припущенню, що в даному записі 2, 3,

5, …, p перераховані всі прості числа.

5. Основна теорема арифметики. Довільне складене число m можна розкласти на прості множники з точністю до переста-новки множників 31 2

1 2 3kn nn n

km p p p p= ⋅ ⋅ ⋅…⋅ , ( 1 2, , , kp p p… — різні

прості числа).

83

6. Основні властивості подільності: 1) якщо a bM і b cM , то ( )a b c± M ;

2) якщо a cM і b dM , то ( ) ( )a b c d⋅ ⋅M ;

3) якщо a cM і b cM , то 2( )a b c⋅ M ;

4) якщо a bM і b cM , то a cM ; 5) якщо a bM і m z∈ , то ma bM .

Приклад 4. Довести, що існує ряд послідовних складених чи-сел довільної довжини.

Розв’язання. Для доведення досить навести приклад ряду, який містить n послідовних натуральних чисел та має вигляд ( 1)! ( 1)n n+ + + .

При n N∈ , кожне з наведених чисел є складеним, тому що ділиться на 1n + .

Приклад 5. Довести, що якщо число 6 11m n+ ділиться на 31, то 7m n+ також ділиться на 31 ( ,m n Z∈ ).

Розв’язання. Помножимо 7m n+ на 6, тобто таке число, щоб виділити вираз 6 11m n+ : 6 42 (6 11 31 ) 31m n m n n+ = + + M

Ознаки подільності Ознаки подільності, пов’язані з останніми цифрами числа

1 2 2 1 0n n nm a a a a a a− −= … , якщо остання цифра числа 0a ділить-ся на 2 або на 5, то число m ділиться на 2 або на 5. Якщо дві

останні цифри складають число 1 0a a , що ділиться на 4 або 25, то m ділиться на 4 або 25.

Якщо 3 останні цифри складають число 2 1 0a a a , яке ділиться на 8, то і m ділиться на 8.

Ознаки подільності, пов’язані з сумою цифр Число ділиться на 3 (на 9) тоді і тільки тоді, коли сума його

цифр ділиться на 3 (на 9). Доведення. 10=9+1; 100=99+1; …

84

1 21 2 2 1 0 1 2

1 0 1 11

1 1 0

10 10 10

10 (99 9 99 9 9 )

( )

n nn n n n n

n nn n

n n

m a a a a a a a a a

a a a a a

a a a a

−− − −

−−

−

= … = + +…+ ++ + = … + … +…+ +

+ + +…+ +

123 123

Якщо 1 1 0( ) 3n na a a a−+ +…+ + M (на 9), то 3mM (на 9).

Ознака подільності на 11

Число 1 3 2 1 0n nm a a a a a a−= … ділиться на 11 тоді й тільки тоді, ко-

ли 0 1 2 3 ( 1)nna a a a a− + − +…+ − ділиться на 11.

Ознака подільності на 7, на 11, на 13

Ціле число ділиться на 7, на 11, на 13 тоді і тільки тоді, коли різниця між числом його тисяч і остачею від ділення його на 1000 ділиться на 7, на 11, на 13. Наприклад, число 265 118 7M , бо 265 118 147 7− = M .

Доведення. 1 3 2 1 0 1 31000n n n nm a a a a a a a a a− −= … = ⋅ … +

2 1 0 1 3 1 3 2 1 01000 n n n na a a a a a a a a a a a− −+ = ⋅ … − … + =

1 3 1 3 2 1 01000 ( )n n n na a a a a a a a a− −⋅ … − … − M 7; 11; 13,

то 1 3 2 1 0( ) 7;11;13n na a a a a a− … − M . Вірне і обернене твердження. Приклад 6. Чи ділиться число 121 739 892 на 7 або 11, або 13? Розв’язання. 121739892 121739 1000 892= ⋅ + =

1001 121739 121739 892 1001 121739= ⋅ − + = ⋅ − (121739 892) 1001 121739 (121 1001 739− − = ⋅ − ⋅ + − 121 892 739) 1001 121739 (1001 121 (121− − + = ⋅ − ⋅ − + 892 739)) 7 11 13 121739 (7 11 13 121+ − = ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − (121 739 892))− − +

Перевіримо 121 739 892 274− + = не ділиться ні на 7, ні на 11, ні на 13, тобто число 121 739 892 не ділиться ні на 7, ні на 11, ні на 13.

Можна дати друге формулювання ознаки подільності чисел

на 7, 11, 13. Розіб’ємо число на тризначні грані справа наліво та складемо знакоперемінну суму цих граней. Якщо вона ділиться на 7, 11, 13, то число ділиться на 7, 11, 13.

Приклад 7. Дано число 23 879 658. Чи ділиться воно на 7, 11, 13?

85

Розв’язання. Розбиваємо число на трицифрові грані справа наліво: 23|879|658.

658 879 23 198− + = − 11

198 0≡ ; 7

198 2≡ ; 13

198 3≡ Число 23 879 658 ділиться лише на 11. Визначення. Найбільшим спільним дільником заданих нату-

ральних чисел 1 2; ; np p p… є найбільше серед натуральних чисел, на яке ділиться кожне із заданих без остачі. Позначають це так:

1 2( ; ; )nD p p p… . Числа 1 2; ; np p p… є взаємно простими, якщо

1 2( ; ; ) 1nD p p p… = . Найменшим спільним кратним заданих натуральних чисел

1 2; ; np p p… є найменше серед натуральних чисел, яке ділиться на кожне з заданих без остачі. Позначають його так:

1 2( ; ; )nK p p p… . Теорема. ( ; ) ( ; )D a b K a b a b⋅ = ⋅ . Правила знаходження ( ; )D a b та ( ; )K a b знайомі учням із

програми. Приклад 8. Знайти два натуральних числа, сума яких дорів-

нює 168, а найбільший спільний дільник дорівнює 24. Розв’язання. x і y — шукані натуральні числа. За умовою:

168

( ; ) 24

x y

D x y

+ = =

.

Із другого рівняння 24x m= ; 24y n= , тоді 24 24 168m n+ = ; 7m n+ = ( ; ) 1D m n = . Можливі випадки (враховуючи симетрію

рівнянь): 1m = ; 6n = ; ( 24; 144)x y= = 2m = ; 5n = ; ( 48; 120)x y= = 3m = ; 4n = ; ( 72; 96)x y= =

Відповідь: 24 і 144; 48 і 120; 72 і 96. Приклад 9. Різниця двох натуральних чисел дорівнює їх

найбільшому спільному дільнику, а їх найменше спільне кра-тне дорівнює 60.

Розв’язання. Позначимо через x і y шукані натуральні

86

числа. За умовою задачі: ( ; )

( ; ) 60

x y D x y

K x y

− = =

.

( ; )D x y d= ; x dm= ; y dn= ; ( ; ) 1D m n = dm dn d− = ; 1m n− =

( ; ) ( ; )xy D x y K x y= ⋅ ; 60xy d= 2 60

1

m n d d

m n

⋅ ⋅ =

− =

60

1

m n d

m n

⋅ ⋅ = − =

Можливі дільники 60: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30. Умову 1m n− = задовольняють пари: 5, 4m n= = ;

6, 5m n= = ; 3, 2m n= = ; 2, 1m n= = ; 4, 3m n= = . Безпосередньою підстановкою цих значень у рівняння

60m n d⋅ ⋅ = знаходимо d , а потім відповідні значення x і y . Відповідь: (60; 30), (30; 20); (20; 15); (15; 12); (12; 10). Приклад 10. Числа 2 1p − і 2 1g − взаємно прості. Довести,

що числа p і g — також взаємно прості. Розв’язання. Метод від супротивного. За умовою

(2 1; 2 1) 1p gD − − = . Допустимо, що ( ; ) 1D p g d= ≠ , p dm= , g dn= , ( ; ) 1D m n = .

( 1) ( 2)2 1 (2 ) 1 (2 1)(2 2 2 1)dm d m d m d m d d− −− = − = − + +…+ + ( 1) ( 2)2 1 2 1 (2 ) 1 (2 1)(2 2 2 1)g dn d n d n d n d d− −− = − = − = − + +…+ +

Маємо: 2 1p − і 2 1g − мають спільний дільник 2 1 1d − ≠ , що суперечить умові задачі. Отже, p і g — взаємно прості.

Алгоритм Евкліда Нехай задано два числа a і b , для яких необхідно знайти

найбільший спільний дільник. Поділимо більше число на менше ( a b> ). Остача 1r , 1r b< . Поділимо b на 1r . Остача 2 1r r< . Поділимо 1r на 2r і т.д. Останнє відмінне від нуля число kr , на яке ділиться попередня

остача 1kr − буде найбільшим спільним дільником чисел a і b . Приклад 11. Знайти (120; 84)D . Розв’язання.

87

1120 :84 1 ( 36)r= =

284 :36 2 ( 12)r= =

336 :12 3 ( 0)r= = (120;84) 12D =

Приклад 12. Довести, що дріб 18 7

86 33

n

n

++

— нескоротний для

будь-якого n N∈ .

Розв’язання. Дріб 18 7

86 33

n

n

++

— правильний (18 7 86 33n n+ < + ).

Якщо даний дріб нескоротний, то йому обернений 86 33

18 7

n

n

++

— також нескоротний.

Доведемо, що (86 33; 18 7) 1D n n+ + = . Застосуємо алгоритм Евкліда. 86 33n + 18 7n + 72 28n + 4 14 5n + — 1r

18 7n + 14 5n + 14 5n + 1 4 2n + — 2r

14 5n + 4 2n + 12 6n + 3 2 1n − — 3r

4 2n + 2 1n − 4 2n − 2 4 — 4r

2 1n − 4 2n 1 / 2n 1 — 5r

64 :1 4 0r= = (86 33; 18 7) (2 1; 4) 1D n n D n+ + = − = .

Дріб 18 7

86 33

n

n

++

— нескоротний.

Ознаки подільності на числа, які є добутком взаємно простих чисел

Теорема. Якщо a ділиться на взаємно прості числа m і n , то a ділиться також на добуток mn .

88

Доведення. a mM , то a m p= ⋅ ; ( ; ) 1D m n =

a mp n= M , то p nM ,

тобто p ng= , тоді a mp mng mn= = M .

Приклад 12. Довести, що 5 18(3299 6) 1a = + − ділиться без ос-тачі на 112.

Розв’язання. 4112 2 7 16 7= ⋅ = ⋅ (16;7) 1D =

Доведемо окремо, що 16aM ; 7aM . 16

3299 3≡ ; 16

5 53299 3≡ 16 16 16 16

5 18 18 18 9 9(3 6) 1 249 1 9 1 81 1 1 1 0a ≡ + − ≡ − ≡ − = − ≡ − =

Отже, 16aM . Аналогічно доводимо, що 7aM

7

3299 2≡ ; 7

5 53299 2 32≡ = 7 7 7

5 18 18 18 9 9(2 6) 1 38 1 3 1 9 1 2 1a ≡ + − = − ≡ − = − ≡ − = 7

3 3 38 1 (7 1) 1 1 1 0= − = + − ≡ − = Приклад 13. Знайти всі шестизначні числа, які мають вигляд

42 3 4x y , які діляться без остачі на 504. Розв’язання. 504 7 8 9= ⋅ ⋅ . Згідно з ознакою подільності на 9

сума цифр 4 2 3 4 13x y x y+ + + + + = + + повинно ділитися на 9. Це можливо лише, якщо 8x y+ = , 14x y+ = .

Із ознаки подільності на 8: 3 4 8y M 8

300 10 4 304 10 8 38 8 2 2y y y y y+ + = + = ⋅ + + ≡

2 8yM , 4yM , 0; 4; 8y = . Якщо 0y =

5x y+ = , 5x = ; 14x y+ = , 14x = — неможливо 4y = 4 5x + = , 1x = 4 14x + = , 10x = — неможливо 8y =

8 5x + = , ∅ 8 14x + = , 6x =

89

Маємо числа 425 304, 426 384, 421 344. Безпосередньою пе-ревіркою легко впевнитися, що лише 421 344 ділиться без остачі на 504.

Відповідь: 421 344. Для деякого класу задач на подільність корисно застосовува-

ти властивості функції цілої частини від деякого числа x . [ ]y x= — найбільше ціле число, що не перевищує x . Приклад 14. Скільки у послідовності чисел 1,2,3, ,n… чисел,

що кратні m . Розв’язання. Нехай таких чисел буде k . Тоді найбільше серед

них k m⋅ , а тому ( 1)km n k m≤ < + , / 1k n m k≤ < + . Згідно з означенням функції [ ]y x= [ / ]k n m= . Приклад 15. Скільки чисел у послідовності 1,2,3, 2010… ді-

ляться на 7 або 13? Розв’язання. Згідно з попереднім прикладом, чисел, що кра-

тні 7, буде [2010 / 7] , чисел, що кратні 11, буде [2010 /11] . Се-ред чисел двічі враховані числа, що діляться на 7 і 11 одночас-

но; їх буде 2010

[ ]7 11⋅

. Отже, шукана кількість чисел дорівнює

2010 2010 2010287 182 26 443

7 11 77 + − = + − =

.

Для доведення подільності многочленів, аргументом яких є натуральне (ціле) число n , можна скористатися низкою корис-них результатів.

1) ( 1) 2n n + M ;

2) ( 1)( 2) 3n n n+ + M ;

3) ( 1)( 2) 6n n n+ + M . Для доведення досить розглянути вказаний добуток для чи-

сел n , які представлені у вигляді: 1) 2n k= , 2 1n k= + ( k z∈ ); 2) 3 1n m= − , 3n m= , 3 1n m= + ( m z∈ ).

Теорема. Добуток n послідовних чисел кратний числу !n В даній роботі ми не розглядаємо принцип повної математи-

чної індукції в задачах на подільність.

Подільність на вирази Для доведення подільності на вирази використовують ті ж

90

самі прийоми та методи, що й для подільності на числа. Слід особливу увагу звертати на врахування структури та особливос-тей діленого та дільника.

Приклад 16. Довести, що для довільного натурального числа n вираз 9 (9 1)n n + ділиться на вираз 3 (3 1) 1n n + + .

Розв’язання. 2( ) 9 (9 1) 1 9 9 1n n n nA n = + + = + + =

( ) ( ) =−+=−+=−+++= nnnnnnnn 2222 31991991999

(9 1 3 )(9 1 3 )n n n n= + + + − . 2( ) 3 (3 1) 1 3 3 1 9 3 1n n n n n nB n = + + = + + = + +

( ) ( )A n B nM

Задачі з простими числами Розглянемо деякі типові приклади, що продемонструють

прийоми і методи розв’язання задач з простими числами. Приклад 17. Довести, що квадрат простого числа ( 3)p p >

при діленні на 24 дає остачу 1. Розв’язання. Умова задачі рівносильна такій: довести, що для

простого числа p , ( 3)p > 2( 1) 24p − M .

2 1p k= + , тоді 2 1 (2 1 1)(2 1 1)p k k− = + − + + =

2 (2 2) 4 ( 1) 8k k k k= + = + M , тому що ( 1) 2k k + M .

Доведемо, що 2( 1) 3p − M . Розглянемо вираз ( 1) ( 1)p p p− + , який ділиться на 3, як добу-

ток трьох послідовних чисел, p — просте і 3p > і p не ділиться

на 3. Отже, ( 1)( 1) 3p p− + M . Таким чином, 2 1p − ділиться на 8 і на 3, а тому ділиться і на 24.

Приклад 18. Знайти всі прості p , для яких числа 10p + і 14p + також прості. Розв’язання. 3p = задовольняє умови задачі. Розглянемо числа виду 3 1p k= + , 3 1p k= − ( 1; 2;k = …). Якщо 3 1p k= + , то 10 3 11p k+ = + ,

14 3 15 14 3 15 3( 5)p k k k+ = + + = + = + — складене. Для 3 1p k= − , 1 3 1 1 3p k k+ = − + = — складене.

91

Відповідь: 3. Приклад 19. Знайти всі прості числа, для яких числа 24 1p + і 26 1p + також прості. Розв’язання. Задача аналогічна попередній. Задачі такого ти-

пу розв’язуються за наступною схемою: 1. Розглядаємо більш широку множину, яка включає в себе

множину простих чисел. Безпосередньою підстановкою простих чисел 2, 3, 5 і т.д. знаходимо просте число, що задовольняє умові.

2. розглядаємо множини чисел, які не діляться на знайдене число, наприклад, 1) 2 1n ± ; 2) 3 1n ± ; 3) 5 1n ± ; 5 2n ± і т.д.

3. Аналіз простих чисел, що не ввійшли до розглянутих мно-жин: 2n ; 3n ; 5n і т.д. Як правило, саме ці окремі випадки да-ють розв’язки в простих числах. Застосуємо названу схему до розв’язання останньої задачі.

24 1p + і 26 1p + — прості числа. Безпосередня перевірка 2p = ; 3p = ; 5p = показала, що 5p = . Розглянемо числа 5 1k ± ; 5 2k ± Якщо 5 1p k= ± , тоді 2 24 1 4(5 1) 1p k+ = ± + =

2 2100 40 4 1 100 40 5k k k k= ± + + = ± + — складене. Якщо 5 2p k= ± , тоді

2 2 26 1 6(5 2) 1 150 60 4 1p k k k+ = ± + = ± + + = 2150 60 5k k= ± + — складене.

Із чисел 5k лише 5 задовольняє умові задачі. Приклад 20. Знайти прості числа p і g , які задовольняють

рівняння 2 27 2 13p g− = . Розв’язання. Розглянемо числа, які не діляться на 3. {3 1}n ± , n N∈ . Нехай 3 1p n= ± , 3 1g l= ± . Підставимо ці значення у рівняння:

2 27(3 1) 2(3 1) 13n l± − ± = 2 263 42 7 18 12 2 13n n l l± + − ± − = 2 263 42 18 12 8n n l l± − ± =

Ліва частина при діленні на 3 дає остачу 0r = , а права 2r = . Отже, 3 1p n= ± і 3 1g l= ± не можуть бути розв’язками рівняння.

92

Залишилося розглянути просте число 3, яке не увійшло до розглянутих множин. Нехай 3p = , 2 217 2 13p g− = , 5g = .

Відповідь: 3p = , 5g = .

Рівняння в цілих числах (діофантові рівняння) Лінійні рівняння

Рівняння ax by c+ = з цілими , ,a b c має цілі розв’язки тоді і тільки тоді, коли ( ; )c D a bM .

Приклад 21. Розв’язати рівняння 3 4 13x y+ = в цілих числах.

Розв’язання. (3;4) 1D = 13 (3;4)DM . Розв’язки в цілих числах існують. Підберемо пару значень x і y .

1x = − ; 4y = ; 3( 1) 4 4 13− + ⋅ = .

Складемо систему: 3 4 13

3( 1) 4 4 13

x y+ = − + ⋅ =

Віднімемо від першого рівняння друге 3( 1) 4( 1) 0x y+ + − = ; 3( 1) 4(4 )x y+ = −

3 не ділиться на 4, тоді ( 1) 4x + M , 1 4x t+ = , 4 1x t= − , t z∈ .

4 не ділиться на 3, тоді (4 ) 3y− M , 4 3y t− = , 4 3y t= − . Перевірка: 4 1x t= − , 4 3y t= − 3(4 1) 4(4 3 ) 12 3 16 12 13t t t t− + − = − + − = Відповідь: 4 1x t= − , 4 3y t= − , t z∈ . Приклад 22. Знайти найменше натуральне число, яке задово-

льняє властивостям: при діленні на 2 остача 1 1r = ; при діленні на 19 остача 2 3r = , а на 7 воно ділиться без остачі.

Розв’язання. Нехай x — шукане число. Тоді згідно з умовою задачі 2 1x n= + , 19 3x k= + , 7x m= ; n N∈ , k N∈ , m N∈ .

2 1 19 3n k+ = + ; 2 19 2n k− = . (2; 19) 1D = ; 2 (2;19)DM , розв’язки існують.

Підбором 20n = ; 2k = 2 20 19 2 2⋅ − ⋅ = .

Система

2 19 2

2 20 19 2 2

2( 20) 19( 2) 0

n k

n k

− =− ⋅ − ⋅ =

− − − =

93

2( 20) 19( 2)n k− = −

( 20) 19n − M ; 20 19n t− = ; 19 20n t= +

2 1 38 40 1 38 41x n t t= + = + + = + ; t z∈ Знайдемо найменше 38 41x t= + , яке націло ділиться на 7. 38 41 7t p+ =

7

1; 38 41 79 2t = + = ≡ 7

2; 76 41 117 5t = + = ≡ 7

3; 38 3 41 155 1t = ⋅ + = ≡ 7

4; 38 4 41 193 4t = ⋅ + = ≡ 7

5; 38 5 41 231 0t = ⋅ + = ≡

Відповідь: 231. Приклад 23. Є контейнери трьох видів: по 1, 3 і 5 т. Чи мож-

на повністю завантажити автомобіль вантажопідйомністю 25 т, використавши при цьому лише 10 контейнерів?

Розв’язання. Нехай контейнерів 1 т — x , 3 т — y , 5 т — z .

10

1 3 5 25

x y z

x y z

+ + = + + =

Віднімемо від другого рівняння перше: 2 4 15y z+ = .

(2;4) 2D = ; 15 не ділиться на 2. Розв’язків немає.

Відповідь: не можна.

Нелінійні рівняння в цілих числах

Метод розкладання лівої і правої частини рівняння на множники з подальшим аналізом можливих варіантів

Приклад 24. Розв’язати рівняння 2 26 5 13x xy y− + = в цілих числах.

Розв’язання. Представимо дане рівняння так: ( )( 5 ) 13x y x y− − = , x y− і 5x y− дільники числа 13, то можливі такі випадки:

94

1

5 13

x y

x y

− = − =

13

5 1

x y

x y

− = − =

1

5 13

x y

x y

− = − − = −

13

5 1

x y

x y

− = − − = −

Відповідь: (2; 3), (16; 3), (–2; –3), (–16; –3).

Метод перебору варіантів, якщо існують певні обмеження на невідомі

Приклад 25. Якщо двоцифрове число розділити на добуток його цифр, то в частці вийде 1, а в остачі 16. Знайдіть це число.

Розв’язання. xy — шукане число, {1,2, 9}x = … , {0,1,2, 9}y = … .

10 161

x y

xy xy

+ = + ; 10 16x y xy+ = + ;

16 xy< ; 10 32x y+ > , звідси 3x ≥ . {3; 4; 5; 9}x = … .

Перепишемо рівняння 10 16x y xy+ = + . Так: ( 1) 10 16y x x− = − Розглянемо послідовно можливі випадки для x :

1) 3x = , тоді 2 14y = , 7y = , 37xy =

2) 4x = , 3 24y = , 8y = , 48xy =

3) 5x = , 4 34y = ; ∅

4) 6x = , 5 44y = ; ∅

5) 7x = , 6 54y = , 9y = , 79xy =

6) 8x = , 7 64y = ; ∅

7) 9x = , 8 74y = ; ∅ Відповідь: 37; 48; 79.

Метод остач: якщо частини рівняння при діленні на якесь число дають різні остачі, то розв’язків немає

Приклад 26. Довести, що рівняння 2 3 17x y− = не має розв’язків у цілих числах.

Розв’язання. Представимо рівняння у вигляді 2 2 3( 5)x y− = + . Права частина кратна 3. Покажемо, що ліва ча-стина не ділиться на 3 при жодному цілому x .

95

3x n= , 3 1x n= + , 3 2x n= +

3x n= , 29 2 3( 5)n y− = + ; 3

29 2 2n − ≡−

3 1x n= + , 3

2 29 6 1 2 9 6 1 1n n n n+ + − = + − ≡−

3 2x n= + , 3

2 29 12 4 2 9 12 2 2n n n n+ + − = + + ≡ Ліва частина рівняння 2 2x − не кратна 3. Розв’язків в цілих

числах рівняння не має.

Метод оцінки змінних і перебір усіх можливих варіантів

Приклад 27. Розв’язати рівняння 2 26 5 74x y+ = у цілих числах.

Розв’язання. 2 25 74 6 0y x= − ≥ ; 2 74 / 6x ≤ ; 74 / 6 3x ≤ ≤

{ 3; 2; 1; 0; 1; 2; 3}x = − − −

3x = ± ; 25 74 54 20y = − = ; 2 4y = ; 2y = ± (3; 2); (3; –2); (–3; 2); (–3; –2).

2x = ± ; 25 74 24 50y = − = ; 2 10y = ; ∅

1x = ± ; 25 74 6 68y = − = ; ∅

0x = ; 25 74y = ; ∅ Відповідь: (3; 2); (3; –2); (–3; 2); (–3; –2). Приклад 28. Розв’язати у цілих числах рівняння 2 2 25 3 2 30x y z yz+ + − = . Розв’язання. Для оцінки змінної перетворимо рівняння на-

ступним чином: 2 2 2( ) 2 5(6 )y z z x− + = − ; 26 0x− ≥ ; 6x ≤

0x = ; 1x = ± ; 2x = ± . Розглянемо ці випадки.

0x = ; 2 2( ) 2 30y z z− + = ⇒ y z− — парне.

2y z k− = ; k z∈ ; 2 22 15k z+ = ; z — непарне і 2 15z < . Можливі випадки для z : 1z = ± , 3z = ± .

1z = ± ; 2 7k = ; ∅ 3z = ± ; 2 3k = ; ∅ 1x = ± ; 2 2( ) 2 25y z z− + = ; y z− — непарне.

96

2( ) 25y z− ≤ . Можливі випадки:

1y z− = ± ; 2 12z = ; ∅

3y z− = ± ; 2 8z = ; ∅

5y z− = ± ; 2 0z = ; 0z = ; 5y = ± (1; 5; 0) (1; –5; 0) (–1; 5; 0) (–1; –5; 0)

2x = ± ; 2 2( ) 2 10y z z− + = ; y z− — парне. 2( ) 10y z− ≤ . Можливі випадки:

0y z− = ; 2 5z = ; ∅

2y z− = ± ; 2 3z = ; ∅ Відповідь: (1; 5; 0) (1; –5; 0) (–1; 5; 0) (–1; –5; 0). Приклад 29. Знайти всі натуральні розв’язки ( ; ; ;x y u v ) сис-

теми x y uv

u v xy

+ = + =

Розв’язання. Віднімемо від рівняння x y uv+ = рівняння u v xy+ = , дістанемо x y xy uv u v+ − = − − . Перетворимо це рів-няння так: ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2x y u v− − + − − = . Кожен вираз в дужках невід’ємний. Сума двох невід’ємних

виразів дорівнює 2 лише, якщо це доданки 2 і 0, а бо 1 і 1.

1) ( 1)( 1) 2

( 1)( 1) 0

x y

u v

− − = − − =

якщо 1v = , 3x = , 2y = , то з першого рівняння початкової сис-теми 5u = .

( ; ; ; ) (3; 2; 5; 1)x y u v = . Вважаємо, що дана система симетрична окремо відносно x і

y , окремо відносно u і v , а також відносно пар ( ; )x y і ( ; )u v можна крім знайденого записати ще 7 розв’язків: (3; 2; 1; 5); (2; 3; 1; 5); (2; 3; 5; 1); (1; 5; 2; 3); (5; 1; 2; 3); (1; 5; 3; 2); (5; 1; 3; 2). У другому випадки ( 1)( 1) 1x y− − = і ( 1)( 1) 1u v− − = ці рівно-

сті можливі лише за умов 2x y u v= = = = , тобто ( ; ; ; ) (2; 2; 2; 2)x y u v = . Вихідна система має 9 розв’язків у на-туральних числах.

97

Література

1. Балан В.Г., Лавренюк В.І., Шарова Л.І. Текстові задачі на всту-пних іспитах: Навч. посібник. — К.: Альфа, 2003. — 144 с.

2. Ясінський В.В., Мазур К.І., Мазур О.К. Вибрані конкурсні задачі з математики. — К.: Фенікс, 2002. — 368 с.

3. Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навч. посібник. — К.: А.С.К, 2005. — 344 с.

4. Осинская В.Н. Допрофильная подготовка семиклассников по математике. — Луганск, СПД Резников В.С., 2007. — 216 с.

5. Федак І.В. Готуємося до олімпіади з математики: Посібник для загальноосв. навч. закладів. — Чернівці, 2003. — 360 с.

6. Ясінський В.А. Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язування. — Вінниця, 1998. — 266 с.

Тема 8. Застосування властивостей функцій для

розв'язання рівнянь і нерівностей

Чимало завдань підвищеної складності можуть бути успіш-но проаналізовані та розв'язані за допомогою оцінок лівої і пра-вої частин, що входять в рівняння або нерівності. Ознакою та-ких завдань можуть бути наявність у них функцій різної приро-ди, наприклад, тригонометричних і показових, або кількість не-відомих, більша за кількості рівнянь (нерівностей). Застосування методу оцінок виявиться успішним, якщо учень вміє знаходити найбільші і найменші значення елементарних функцій або їх композицій на заданій множині. При цьому ко-рисними будуть наступні закономірності: 1. Нерівність між середнім арифметичним і середнім геометри-чним додатних чисел:

1 21 2

......n n

n

a a aa a a

n

+ + + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ,

де 0ia > . Рівність виконується, якщо 1 2 ... na a a= = = .

2. Нерівність для суми синуса і косинуса одного аргументу: 2 2sin cosa x b x a b+ ≤ + .

3. Нерівність для суми двох взаємно обернених чисел:

98

12x

x+ ≥ при 0x > та

12x

x+ ≤ − при 0x < ,

рівність виконується, якщо 1x = ± . Приклад Розв'язати рівняння

2cos 1x x= + .

Розв’язок: Зазначимо, що ліва частина рівняння не переви-щує одиниці, в той же час як права частина не менше одиниці. Отже, вихідне рівняння має розв'язок, тільки якщо обидві його частини дорівнюють одиниці. Це можливо тільки якщо 0x = .

Відповідь: 0x = .

Приклад Розв'язати рівняння cos2 x

xlog x logπ π− = + .

Розв'язок: У зв’язку з тим, що 1 cos 1x− ≤ ≤ , ліва частина рі-

вняння приймає значення від 1

2 до 2. Для правої частини (в си-

лу нерівності для суми двох взаємно обернених чисел) виконано

12xlog x log log x

log xπ ππ

π+ = + ≥ .

Тому рівняння має розв'язок, якщо і тільки якщо одночасно виконані дві умови

cos2 2,

2.

x

xlog x logπ π

− = + =

Тобто .x π= Приклад Розв'язати нерівність

( )22 2arcsin 0.y x yπ π⋅ − + + ≥

Розв'язання: Запишемо нерівність у вигляді

( ) ( )22arcsin 2 .x y yπ+ ≥ −

Область визначення функції є відрізок

99

[ ]1;1 ,t ∈ −

тобто 21 1,y x− ≤ + ≤

таким чином 1y ≤ . Мінімальне значення правої частини до-

рівнює π при 1.y = Але

arcsin ,2

tπ≤

то максимальне значення лівої частини нерівності дорівнює π ; воно досягається за умови 2 1.x y+ = Отже, вихідна нерів-

ність має єдиний розв'язок 1;y = 0.x =

Відповідь: 0;x = 1.y = Приклад При яких значеннях параметру p система

2 22 4 5 3 4sin 3cos

0 2

x px p p y y

y π + + − + ≤ −

≤ ≤

має єдиний розв'язок? Розв'язок: Легко оцінити праву і ліву частини першої нерів-

ності системи. Квадратична функція від x , розташована в лівій частині нерівності, досягає свого найменшого значення

23 5 3p p− + при .x p= − При цьому права частина нерівності (як можна переконатися

за допомогою введення додаткового аргументу) не перевищує

16 9 5+ = . Для того, щоб вихідна система мала єдиний розв’язок, необхідно, щоб найменше значення лівої частини збі-галося з найбільшим значенням правої частини, тобто щоб ви-конувалося

23 5 3 5p p− + = . З останнього рівняння знаходимо

1

3p = − та 2.p =

Відповідь: 1

;2 .3

p ∈ −

100

Література 1. Черкасов О.Ю., Якушев А.Г. Математика: интенсивный курс

подготовки к экзамену. — 7-е изд. — М.: Айрис-пресс, 2003. — 432с.: ил. — (Домашний репетитор).

2. Шахно К.У. Сборник задач по элементарной математике повы-шенной трудности. – Минск: Высшая школа, 1965. — 523стр.

101

Зміст

Вступ ................................................................................................ 2

Тема 1. Профільне навчання математики.................................... 3

Тема 2. Форми та методи оцінювання навчальних досягнень ........................................................................ 17

Тема 3. Види навчальної діяльності та методи їх формування................................................................. 28

Тема 4. «Ключові задачі» в геометрії 8 класу........................... 43

Тема 5. Комп’ютерні технології навчання математики ..................................................... 61

Тема 6. Основні типи задач на елементи теорії ймовірностей в зовнішньому тестуванні з математики...................................................................... 71

Тема 7. Задачі з цілими числами (на допомогу вчителю для роботи з обдарованими дітьми) ............................. 80

Тема 8. Застосування властивостей функцій для

розв'язання рівнянь і нерівностей…………………….98

102

103

Науково-методичне видання

Дубовик Ольга Степанівна Кривко Яна Петрівна Грибонос Євгенія Юріївна Дідусь Олена Германівна

Післядипломна педагогічна освіта: професійний розвиток учителів математики:

Навчальний посібник для самостійної роботи слухачів курсів підвищення кваліфікації

(українською мовою)

Технічний редактор — М.Є. Куценко

Свідоцтво про внесення до Державного реєстру суб’єктів видавничої справи ДК № 1692 від 17.02.2004.

Здано на виробництво 05.11.12. Підписано до друку 09.11.12.

Формат 60x84/16. Папір офсетний. Друк RIZO. Гарнітура Times New Roman.

Ум. друк. арк. 6,04. Зам. № 11/05.

Видавець: СПД Рєзніков В.С. 91055, м. Луганськ, вул. Луначарського, 58.

Тел.: (0642) 52-50-67, 71-76-93.