A Matematika BSC képzésben résztvev hallgatók el képzettségér l… (különös tekintettel a bizonyítási képességre) Vigné Dr. Lencsés Ágnes egyetemi docens PTE TTK Matematika Tanszék
Rövid id rendi áttekintés A fels oktatásba való bekerülés és a fels oktatás reformja szempontjából a jelenlegi Matematika BSC-t nézve az utóbbi 10 év változásait három pontban foglalhatjuk össze. Nevezetesen: Érettségi-felvételi: „régi” központi felvételi; hozott ponttal ill. sima „zöld könyves” érettségivel való felvétel; középszint -emeltszint érettségivel való felvétel (szinte csak középszint ) Fels oktatás reformja: Bologna; BSC, MSC 2006-tól Mindezekkel párhuzamosan zajlott a tanárképzés „reformja”. Egységes tanárképzés: 5-t l 12. évfolyamig. A fels oktatásban oktatók számára már ezek a címszavak is igen beszédesek. Tapasztalt kollégák tudják, hogy már milyen színvonalcsökkenést jelentett a központi felvételi mellett megjelen hozott ponttal ill. zöld könyves érettségivel való felvétel! Nem beszélve a középszint érettségivel való bekerülésr l. Ezen dolgozatnak nem ennek az elemzése a célja, azt néhány korábbi el adásban megtettem, s t írásban az Iskolakultúra XIV. évf. 8. számában „Matematikából középszint érettségivel a fels oktatásba?” cím cikkel is.
Tudásszint-mérés és felzárkóztatás a PTE TTK-n 2003-tól felmér t iratok a „régi zöld könyves érettségi” egy feladatsorából szeptemberben a bekerült hallgatókkal. A hallgatók ötöde ír évr l-évre „elfogadható” dolgozatot. Elfogadhatónak önkényesen a 40%-os teljesítményt min sítettem. Az évfolyamok között nincs szignifikáns különbség; talán 2006-ban az els BSC-s évfolyam produkciója volt egy árnyalattal jobb (a felvettek negyede). Példa egy ilyen un. zöld könyves érettségi feladatsorra: 1. Oldja meg a következ egyenletet a valós számok halmazán! x+4− x−4 =2 2. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái: A(-2;-1) , B(4;-3) és C(4;5). Számítsa ki a B csúcsból induló magasságvonal és az AC oldal metszéspontjának koordinátáit!
3. Állítsa növekv sorrendbe a következ számokat! (Számológép használata nélkül!) 1 − 1 log 2 4 ; ; sin 240° 3 2 8
4. Mely valós számokra igaz? sin 3x + cos 3x = 2 5. Oldja meg az egyenl tlenséget a valós számok halmazán! x 2 − 4x + 5 lg >0 x −1 6. Egységnyi befogójú egyenl szárú derékszög háromszög egyik befogóján felvet pontból az átfogóra mer leges és az átfogóval párhuzamos egyenest húzzon! Hol kell elvenni a pontot, hogy a keletkez trapéz területe maximális legyen?! A tantervbe kreditet ér , gyakorlati jeggyel értékelt felzárkóztatást iktattunk be. A hagyományos képzésben 5ó/hét egy félév, a BSC-ben két félév 3ó/hét ill.2ó/hét szerepel a tantervben. A Matematikai alapismeretek címmel szerepl kurzus tematikája tulajdonképpen a „régi közoktatás” anyaga; a jelenlegi középszintnél több, de az emelt szintet nem mindenhol éri el (analízis elemei, valség-statisztika kimaradt) Ezek az órák gyakorlatorientáltak. Az elméleti ismeretek „megtanítására vagy újratanítására” ez az id kevés. Az elméletet Hajnal: Matematikai fogalmak, tételek könyvéb l vagy középiskolai tankönyvükb l kellett átismételni, és a hiányokat pótolni a hallgatóknak. Órán az elméleti anyagból csak a nehezebb, problémás részeket ismételtük, rendszereztük közösen. A hangsúly az elmélet feladatokon való tudatos alkalmazásán, a bizonyítási igény felkeltésén a bizonyítási stratégiák, módszerek tudatosításán a problémamegoldó képesség fejlesztésén, és csak kis mértékben az algoritmusok begyakorlásán volt. A felzárkóztatás „eredményeib l” néhány statisztikai adatot nézzünk! Tanév
2003 /2004
2004 /2005
2005 /2006
2006 /2007 sz
2006 /2007 tavasz
2007 /2008 sz
2007 /2008 tavasz
2008 /2009 sz
2008 /2009 tavasz
Létszám
18
17
29
24
24
36
25
33
32
Ebb l 40% 5 (27%) felett teljesített
5 (29%)
10 (34%)
15 (64%)
9 (38%)
18 (50%)
8 (32%)
16 (48%)
11 (34%)
2-esnél jobb
4 (17%)
5 (17%)
6 (25%)
4 (16%)
6 (17%)
4 (16%)
6 (18%)
5 (16%)
3 (17%)
A statisztika nem árnyalt. Mivel a létszámok viszonylag kicsik, nem történt elkülönítés aszerint, hogy például ki, hányadszor vette fel a tárgyat; milyenek osztályzatra átváltva a százalékos eredmények, hány db. közepes, jó, netán jeles dolgozatot találtam. Csupán érzékeltetni akartam a táblázat harmadik sorával, hogy milyenek a mutatók az 55%-os, azaz az elégséges tartomány felett. A két külön féléves eredményekben jelent s különbség mutatkozik. Ennek hátterében az áll, hogy az els félévben „jobban tanulható, begyakorolható” fejezetek szerepeltek az anyagban (pl. egyenletek, egyenl tlenségek, egyenletrendszerek). A második félév különféle geometriai témái fejlettebb gondolkodási és probléma-megoldási képességet igényl feladatai nem algoritmizálhatók.
A tapasztalatokról általánosan
* A Matematikai alapismeretek tárgy vált a szóró-tárggyá. Vannak harmadéves BSC-s hallgatók, akik még nem teljesítették, de már szakdolgozatot adnak be. Véleményem szerint megkérd jelezhet mondjuk az „sikeres” analízis vizsgájuk is. *A felvett hallgatók 80%-a (kb.) nem képes a középiskolai matematikai ismeretek könyvb l való átismétlésére, megtanulására. Többször le kellett állni, elméletet közösen feldolgozni, hogy az elmélet tudatos alkalmazása történjen a feladatok megoldása során. Az elméleti hiányosságok miatt többször pótórát is tartottam. *A hallgatóknak szinguláris ismeretei vannak, nem áll össze ismeretrendszerré. A fogalmak, tételek kapcsolatait, hálóját is közösen kellett megalkotni. (Ha sikerült egyáltalán.) *Gyakorlatilag a közoktatás anyagának újratanítására lenne szükség: tiszta világos fogalmakat kellene kialakítani, megalkotva a definíciókat; felfedeztetni a fogalmak közti kapcsolatokat, a tételeket; megalkotni a fogalmak, tételek hálóját; fejleszteni az indoklásibizonyítási képességet; mindezen ismereteket alkalmaztatni a problémamegoldásban…Különösen a problémamegoldás a problémás… *Nem mindegy, hogy az ember mit és mikor tanul meg! (20 évesen tanul meg az analfabéta írni-olvasni!!!) Kevés az egy félévre vetített 5óra/hét !!! Röviden: egy teljes tanév, minimum heti 8-10 matematika órával, a közoktatás anyagának a közoktatásban alkalmazott módszerekkel való újratanítása segíthetne csak a probléma megoldásán. Ha eredményt akarunk elérni, tekintettel kell lenni a bemenet szintjére. Itt nemcsak az évekkel ezel ttihez képest kevesebb matematika anyag pótlására kell gondolni, itt a gondolkodási m veletekr l, a fogalomalkotásról, a tételek felfedeztetésér l, a bizonyítási igény és képesség fejlesztésér l, a problémamegoldásban való jártasság kialakításáról is szó van.
A bizonyítási képesség fejlesztésér l A matematikai gondolkodás alapvet területei: a fogalmak, összefüggések (fogalmak kapcsolatrendszere), tételek, bizonyítási igény és képesség, matematikai modellalkotás (más tudomány matematikai modelljének vagy matematika feladatban a megoldáshoz elvezet un. bels modell megkeresése), azaz problémamegoldás. Mint minden tanítás célja, így a matematika-tanításé is a gondolkodási képesség fejlesztése, nem pedig els sorban a lexikális tudás. A tanulók, a hallgatók gondolkodási képességét legjobban a probléma-megoldási feladatokban nyújtott teljesítményükben ragadhatjuk meg. A probléma-megoldási feladatok közül is a legnehezebbek számukra az un. bizonyításos feladatok. Ezért a felmér dolgozatból kihagytam a bizonyításos példát. A félév során több alkalommal, több bizonyításos feladat közös megoldása után, a lépések elemzésével, a bizonyítási stratégiák, módszerek tudatosítása után kaptak csak zárt, bizonyításos feladatot az évközi dolgozatban. A bizonyítás nem lehet öncélú elméletieskedés. A természetes gondolatmenetet követve derítjük fel az utat a feltevést l a konklúzióig, sokszor csak ekkor derül ki, milyen stratégia mentén valósul meg a bizonyítás. A továbbiakban a bizonyítási stratégiák (szintézis, analízis), valamint a bizonyítási módszerek (direkt, indirekt, teljes indukció) elméleti hátterét foglaljuk össze, és illusztráljuk példákon úgy, hogy világossá váljon a gondolkodási mód is. Ez azért fontos, mert a gondolkodás fejlesztése szempontjából nagyon helytelen, ha kész, megjegyzésre alkalmas ismeretközlést hajt végre az oktató akár az elmélet tárgyalása során, akár a problémamegoldáskor közli, vagy a bizonyításos feladatot jól megoldó hallgatóval ismerteti a bizonyításos feladat kész, letisztult megoldását.
A matematikai tételek szerkezete: A
B
Bizonyítás szintézissel (célirányos okoskodás): A A 1 A 2 ……. A n B A stratégia lényege, hogy a feltételekb l (A-ból) axiómák, korábban bizonyított tételek és definíciók felhasználásával szükséges feltételek láncolatán át véges sok lépésben jutunk a következményhez (B-hez). A stratégia kulcskérdése: mi következik ebb l? (Az elindulás, az els lépés megtalálása a nehéz. Ehhez kell sokszor ötlet.) Bizonyítás analízissel (fordított irányú okoskodás): B ⇐ B 1 ⇐ B 2 ⇐ …… ⇐ B n ⇐ A A stratégia lényege, hogy a B következményb l indulunk ki, ahhoz keresünk elegend feltételt, amib l következik B, majd véges sok lépésben folytatjuk a gondolatmenetet addig, amíg ilyen elegend feltételek láncolatán át az A feltételig jutunk. A stratégia kulcskérdése: mib l következik ez? („Ahhoz, hogy ez teljesüljön elegend , hogy …” itt a kérdések illeszkednek a problémához, de a fordított irány nem annyira testhezálló.) Bizonyítás teljes indukcióval:
( B(0) ∧ /B(n) → B(n+1)/ ) → ∀ n-re B(n)
A teljes indukciós bizonyítás három lépésb l áll. El ször egy kezd esetre megnézzük az állítás igaz voltát. A második lépésben az örökl dés vizsgálata jön, azaz az állítás n-re való fennállása maga után vonja-e a rákövetkez (n+1)-re való teljesülését. A harmadik lépésben az els két feltétel teljesüléséb l következtetünk az állítás bármely kezd esetnél nagyobb – egyenl n-re való teljesülésére. Tehát az 5. Peano axiómán nyugvó teljes indukciós bizonyítás két implikációból áll. (Jól szemléltethetjük akár dominósorral, akár végtelen lépcs vel.) Tudatosítani érdemes a diákjainkban, hogy a teljes indukciós bizonyítás természetes számokra vonatkozó egyenl ségek, egyenl tlenségek és oszthatósági feladatok bizonyításakor jól használható. Indirekt bizonyítás: ( A ∧ ¬ B)
(C ∧ ¬ C)
Ha az A B tételt „végs kétségbeesésünkben”, amikor az egyéb módszerek már kudarcot vallottak indirekt módon bizonyítjuk, feltesszük az állítás tagadását.( Nem az ellenkez jét tesszük fel!!!)Az A feltételb l és a B tagadásából véges sok lépésben következtetünk ismert fogalmak, axiómák és tételek felhasználásával egy nyilvánvalóan hamis állításra. Úgy szoktuk mondani, hogy ellentmondásra jutunk. A logika szabályai szerint igazból csak igaz következhet, tehát mivel A, és a felhasznált tételek igazak, a következtetés a logika szabályai szerinti, csak a ¬ B lehet hamis. Az ellentmondás törvénye (B ∧ ¬ B mindig hamis) szerint B igaz.
Példa (szintézisre) Az A, B, C egy egyenes három különböz pontja. ABD és BCE egyenl oldalú háromszögek ugyanabban a félsíkban. P az AE, Q a DC szakasz felez pontja. Bizonyítsuk be, hogy a BPQ háromszög szabályos!
E
D P
Q
A
B
C
Nézzük, hogyan gondolkodunk! El ször a feladat megértéséhez a feltételeknek megfelel ábrát készítünk. Berajzoljuk vizsgálandó háromszöget. (A) El hívjuk el zetes ismereteinkb l, milyen módokon lehet belátni egy háromszög szabályos voltát.(B) (három oldal egyenl , van két 60 o -os szög, egyenl szárú és a szárszög 60 o -os) Valami (heurisztika) azt súgja, hogy az utóbbira van esély, a BP és a BQ egyenl volta igazolható talán, a PQ –nak nincs közvetlen kapcsolata az eredeti adatokkal. Elemezzünk! Mi a P és Q? A P az AE, Q a DC szakasz felez pontja, mindkett össze van kötve B-vel, ami az eredeti két háromszög közös csúcsa. Ezek egyenl ségét kell megmutatni. Szakaszok egyenl ségét általában háromszögekb l tudjuk megmutatni, méghozzá egybevágókból. Melyik háromszögekben van a BP és a BQ szakasz? A BP az ABE, a BQ a BCD háromszögek csúcsát köti össze a szemközti oldal felez pontjával, tehát súlyvonalak.(A 1 )
Megvan a bizonyítás els lépése. A
A1
Innen már nem nehéz belátni a feltételekb l a két háromszög egybevágóságát (AB=BD=a, BE=BC=b és ABE ∠ =DBC ∠ =120 0 ).Tehát ABE ∆ ≅ DBC ∆ . (A 1 A 2 ) Így megfelel súlyvonalaik is egyenl k: BP=BQ, tehát a vizsgált háromszög egyenl szárú.(A 2 A 3 ) Ha két háromszög egybevágó akkor van olyan egybevágósági transzformáció, amivel kölcsönösen fedésbe hozhatók. A két háromszög helyzetéb l nem nehéz rátalálni erre a B középpontú -60 0 -os elforgatásra, amely már a BPQ egyenl szárú háromszög szárszögének 60 0 -os voltát igazolja és ezzel szabályosságát bizonyítja. A 3 B
Példa (analízisre) Igazoljuk, hogy ha α , β , γ egy háromszög szögei és sin 2 α +sin 2 β =sin 2 γ , akkor a háromszög derékszög !
Egy háromszög derékszög voltához elegend , hogy két oldal négyzetösszege egyenl legyen a harmadik oldal négyzetével.(Pitagorasz tétel megfordítása alapján.) B ⇐ B 1 , azaz a 2 +b 2 =c 2 .Ennek teljesüléséhez elegend , ha c 2 -tel osztott alakja igaz (c ≠ 0). Ez az ötlet abból jön, hogy szögeket kell behozni, mivel a feltételben azok szerepelnek. Tehát a b ( ) 2 +( ) 2 =1, B 1 ⇐ B 2 . Az oldalak arányára vonatkozó egyenl ség teljesüléséhez c c elegend a velük szemben fekv szögek sinusaira vonatkozó arány teljesülése a sinus-tétel sin α 2 sin β 2 alapján. Azaz: ( ) +( ) =1, B 2 ⇐ B 3 . Ez pedig következik a sin γ sin γ sin 2 α +sin β =sin 2 γ feltételb l, B 3 ⇐ A. Megjegyezzük, hogy ez a bizonyítás könnyen elvégezhet szintézissel is.
Példa (teljes indukcióra) Bizonyítsuk be, hogy cos
π 2n
( n ≥ 2 ) irracionális!
A bizonyítás teljes indukcióval történik! 1. n=2- re cos
π 2
2
= cos
π 4
2 ∈ Q ∗ ( tehát a kezd esetre igaz az állítás) 2
=
2. Tegyük fel, hogy (ha n>2) n-re igaz: cos meg, hogy (n+1) esetén igaz –e, azaz cos
π
π 2
2 n+1
n
∈ Q ∗ (indukciós feltétel), és ebb l vizsgáljuk
∈ Q ∗ ? (örökl dés-vizsgálat, els implikáció)
Mivel az n-re vonatkozó cos argumentuma 2-szerese az n+1-re vonatkozónak, a kétszeres szög cosinusára vonatkozó összefüggés segíthet az indukciós feltétel felhasználásában.
cos
2
π 2 n +1
cos 2 α =
cos 2 ⋅ =
π 2 2
cos 2α + 1 2
n +1
+1 =
cos
π n
2 2
+1
π π < 2n 2 π 0 < cos n 2 0<
cos
π 2 n+1
=
cos
π 2n 2
(2 < n)
A négyzetgyökjel alatt felhasználva az indukciós feltételt. Azaz n+1-re is igaz. 3. Tehát az állítás ∀ n –re igaz. (1. és 2. igaz el tagú implikáció alapján igaz.)
+1
∈ Q∗
Példa (indirekt bizonyításra) Bizonyítsuk be, hogy log n (n+1) irracionális, ahol n∈ N, n ≥ 2 !
Tegyük fel az állítás tagadását: log n (n+1) ∉ Q ∗ ⇔ log n (n+1) ∈ Q
(mivel Q ∩ Q ∗ ={}, és
Q ∪ Q ∗ =R) A racionális szám definíciójából: ∃ p,q∈ N, hogy log n (n+1)=
p q
(p,q)=1, q ≠ 1
p q
A logaritmus definícióját alkalmazva: n = n+1 Mindkét oldalt q-adik hatványra emelve: n p = (n+1) q Az n és n+1 közül pontosan az egyik páros, ugyan ez igaz pozitív egész kitev s hatványaikra is. Tehát az egyik oldal osztható, a másik nem osztható 2-vel. Ellentmondás; indirekt feltétel helytelen, az eredeti állítás igaz. Tehát log n (n+1) 2-nél nem kisebb n természetes számra irracionális.
Összegzésként néhány gondolat —a tanárképzés szempontjából A matematika tanítás-tanulás célja a gondolkodási képesség fejlesztése, a tanulók, a hallgatók tudásállapotának fejlesztése. Mivel minden tanulás továbbtanulást jelent, ez releváns el ismereteken, releváns képességeken nyugodhat csak. A fentieket látva, tapasztalva ki kell mondani a tényt, ami a matematika-módszertan oktatásakor különösen szembet n vé vált a számomra, hogy a hallgatók gondolkodási képessége igen gyenge. Ennek egyik gyökere, hogy matematikai ismereteik szórtak, különállók, rendezetlenek, nem állnak össze rendszerré. Márpedig, ha egy tanár nem rendelkezik megfelel matematikai és módszertani tudással, nem lesz képes tanítványai ismeretszerzési folyamatának tervezésére és irányítására sem; tanítványainak is legfeljebb szinguláris ismeretei lesznek; a matematikaoktatás munkájuk nyomán legfeljebb képletek és algoritmusok sulykolásáig terjed. Tragikus a helyzet. A tanárképzés szempontjából különösen az! Generációkat teszünk tönkre. A matematika nem degradálható le szabályok, képletek, algoritmusok használatára —az nem matematika. Az új, „modern” eszközökkel, a digitális táblával, a lap-top használatával a diák tevékenysége csupán a gombok nyomogatására és a képerny nézésére korlátozódik.(Eredményesség szempontjából ld. például régi id k programozott tankönyveit; ma intelligens tábla!!!) Vegyük már végre tudomásul a régi törvényt: ismeretszerzés csak tevékenység által, méghozzá saját tevékenység által valósulhat meg. Már Galilei is megmondta: „Az embert nem lehet valamire megtanítani, csak hozzásegíteni ahhoz, hogy a tudást maga szerezze meg.” Irodalom (1) Ambrus András: Bevezetés a matematikadidaktikába, ELTE Eötvös Kiadó, 1995 (2) Vigné Lencsés Ágnes: Matematikából középszint Iskolakultúra 2004/8
érettségivel a fels oktatásba?,
