Problémové vyučování

The Mathematics Education into the 21st Century Project Proceedings of the International Conference The Decidable and the Undecidable in Mathematics Education Brno, Czech Republic, September 2003

Problémové vyučování Jiřina Novotná Abstract. The importance of problem teaching methods among other teaching ones is justified. As the example three solved problems are presented to give variety to physics and mathematics lessons (two of them remember part of fairy stories). 1. Úvod V běžném životě je člověk neustále nucen řešit situace, které jsou v pedagogické literatuře (2, 4, 11) označovány termínem problémové, a o kterých nemá kolikrát úplné informace. Ve škole by se měl člověk naučit nejen řešit problémy, ale i opatřit si co nejvíce informací, které potřebuje k řešení problému, a to pokud možno co nejefektivněji. Rozvoj tvořivého myšlení je spojen s každodenní aktivitou jednotlivce, u dítěte s hrou a učením se, u dospělého člověka především s prací.Všeobecně je známo, že úspěšnost tvořivé činnosti je závislá především na motivačních činitelích vnitřních i vnějších (4, 12), na charakterových vlastnostech a na úrovni rozvoje kreativních schopností jedince. Práce psychologů zkoumajících tvořivé myšlení,uveďme aspoň některé z nich:J. P. Guilford, K. Taylor a A. Osborn (tvůrce metody brainstormingu), podnítily rozsáhlé výzkumy mnoha odborníků ( např. Angličané S. Robertson a P. Richter, Rusové M. I. Machmutov a A. M. Maťuškin, Poláci W. Okoň a C.Kupisiewicz, na Slovensku manželé Zelinovi a u nás např. J. Hlavsa a M. Jurčová (1). Podle Skalkové (12) patří problémové vyučování k nejaktivnější metodě, klasifikujeme-li metody z hlediska aktivity žáků. Domnívám se, že spojení problémového vyučování s kooperativním , ve kterém se zdůrazňuje, že kognitivní aspekty a osobnostně sociální dimenze se spojují v úkolech a cílech skupinové práce (2), by mohlo změnit naši školu k lepšímu. 2. Řešené úlohy Uvedeme nyní tři řešené problémové úlohy pro žáky ZŠ, respektive i SŠ, které by mohly být řešeny též ve skupinách, případně by je mohl vyučující použít jako samostatnou práci pro šikovné žáky , když by se věnoval slabším žákům. Úloha 1 Ostrov obrů má stejně obyvatel jako Ostrov trpaslíků. Ani na jednom z těchto ostrovů nežijí dvě stejně těžké bytosti. Kromě dvou obrů a dvou trpaslíků má každý na svém ostrově dva kamarády,z nichž je jeden o 2 kg těžší a druhý o 2 kg lehčí. Dva nejtěžší trpaslíci váží dohromady tolik jako nejlehčí obr, tři “prostřední” trpaslíci váží dohromady jako “prostřední” obr a čtyři nejlehčí trpaslíci tolik, co osmý nejtěžší obr. Zjistěte, kolik obyvatel má ostrov trpaslíků a o kolik kilogramů je nejtěžší obr těžší než nejlehčí trpaslík. Řešení.Výpočet se značně zjednoduší, když hmotnost prostředního obra označíme M a hmotnost prostředního trpaslíka m, místo abychom za neznámé považovali krajní hodnoty, tedy buď hmotnost nejtěžších nebo nejlehčích obyvatel daných dvou ostrovů. Počet obrů a


rovněž počet trpaslíků označíme x. Ze zadání je zřejmé, že x je liché číslo. Dříve než sestavíme matematický model úlohy, vypočtěme hmotnosti nejtěžších, prostředních a nejlehčích obyvatel obou ostrovů. nejtěžší prostřední nejlehčí

trpaslík m + ((x -1)/2)2 = m + x - 1 m m - ((x -1)/2)2 = m - x + 1

obr M+x-1 M M–x+1

Podmínky úlohy zapíšeme užitím rovnic a obdržíme soustavu I: (1) (2) (3)

(m + x – 1) + (m + x -1 – 2) = M – x + 1 (m – 2) + m + (m + 2) = M (m–x+1) + (m–x+1+2)+ (m–x+1+4)+ (m–x+1+6) = M + x – 1 – 7.2

___________________________________________________________________________ (1´) ( 2´) (3´)

2m +2x – 4 = M – x + 1 3m = M 4m – 4x + 16 = M + x – 15

Dosazením (2´) do (1´) a (3´) a jednoduchými ekvivalentními úpravami vznikne následující soustava dvou lineárních rovnic o dvou neznámých. (1´´) (3´´)

2m + 3x – 5 = 3m 4m – 5x + 31 = 3m __________________________ - m + 3x = 5 m – 5x = -31 ___________________________ -2x = -26 x = 13 m = 34 M = 102

Na každém z ostrovů žije 13 obyvatel. Prostřední trpaslík váží 34kg a prostřední obr 102kg. Nejlehčí trpaslík má hmotnost (34 – 6.2)kg = 22kg, nejtěžší obr (102 + 6.2)kg = 114kg. Rozdíl hmotností nejtěžšího obra a nejlehčího trpaslíka je (114 – 22)kg = 92kg. Poznámka: Kdybychom písmenem m označili hmotnost nejtěžšího trpaslíka a symbolem M hmotnost nejtěžšího obra, význam x je stejný jako v předchozím výpočtu, tedy x udává počet obyvatel na každém z uvažovaných ostrovů, obdrželi bychom následující soustavu II: m + m – 2 = M – 2(x - 1) 3(m + m – 2(x – 1))/2 = (M + M – 2(x – 1))/2 (m–2(x–1))+(m–2(x–1)+2)+(m–2(x–1)+4)+(m–2(x–1)+6) = M – 14, jejíž řešení je numericky náročnější než řešení soustavy I.


Jestliže označíme písmenem m hmotnost nejlehčího trpaslíka a písmenem M hmotnost nejlehčího obra, x udává opět počet trpaslíků a počet obrů, obdržíme soustavu III: m + 2(x - 1) + m + 2(x - 1) – 2 = M 3(m + m + 2(x – 1))/2 = (M + M + 2(x – 1))/2 m + (m + 2)+(m + 4) + (m + 6) = M + 2(x - 1) – 6, jejíž řešení je opět numericky náročnější než řešení soustavy I. Při žákovských řešeních bychom se mohli ještě setkat s těmito dvěma označeními: a) M . . . hmotnost nejtěžšího obra, m. . . hmotnost nejlehčího trpaslíka b) M . . . hmotnost nejlehčího obra m. . . hmotnost nejtěžšího trpaslíka. Soustavy rovnic příslušné k těmto označením již neuvádíme, protože vzniknou ze soustav II a III. V případě a) vezmeme levé strany rovnic soustavy II a položíme je rovny příslušným pravým stranám soustavy III, v případě b) obráceně. Jestliže úlohu zadáme na SŠ po probrání aritmetické posloupnosti, ztrácí do jisté míry problémový charakter, neboť studenti mohou při řešení využít odvozené vztahy mezi členy aritmetické posloupnosti. Úloha 2 Za jakou nejkratší dobu je možné opéct tři topinky, vejdou-li se nám na pánev jen dvě. Topinka se musí smažit z každé strany půl minuty. Řešení. Při řešení problémových úloh tohoto typu se často setkáváme s tím, že řešitel musí překonat určité psychologické zábrany. Zde je onou zábranou fakt, že můžeme topinku opéci jen z jedné strany, dát ji bokem a později se zase k ní vrátit. Pokud si tento fakt uvědomíme , je řešení úlohy snadné. Může nám k tomu pomoci rozbor úlohy. Máme osmažit topinky co v nejkratším čase, to znamená, že by bylo nejlépe mít na pánvi vždy dvě topinky. Dáme tedy na pánev dvě topinky, po 30 s jsou po jedné straně osmažené, obrátíme-li je, zbude nám jedna topinka, která se bude smažit samotná. Není tedy racionální obě topinky obrátit, ale musíme obrátit jen jednu Topinku, a druhou nahradit neosmaženým chlebem. Nyní se smaží opět dvě topinky, po 30 s hotovou topinku nahradíme topinkou, kterou jsme předtím odebrali, a druhou topinku na pánvi obrátíme. Po dalších 30 s jsou všechny topinky hotovy. Odpověď: Topinky osmažíme nejrychleji za 90 s ( 3.30 = 90 ). Úloha 3 Princ Jan se vracel na svém bělouši z cest domů a na rameni mu odpočíval jeho sokol. Když jim k rodnému hradu zbývalo půlstovky kilometrů, což bylo asi dvě hodiny jízdy, sokol se radostně vznesl a letěl k hradu. Jakmile byl u něho otočil se a letěl vstříc princi Janovi, když byl nad ním, opět se otočil a letěl k hradu. Takto létal od prince k hradu a obráceně, dokud princ nedorazil do svého sídla. Kolik kilometrů sokol nalétal? Řešení. Žáci budou muset zjistit průměrnou rychlost letu sokola, což je přibližně při překonávání větších vzdáleností 125 km . hod-1. V nižších ročnících si žáci mohou nakreslit obrázek hradu, sokola, či koně. Údaj o vzdálenosti hradu je při jednoduchém řešení nadbytečný, neboť sokol létal uvedenou rychlostí tak dlouho, dokud princ Jan nedorazil do


hradu. Princ Jan jel k hradu dvě hodiny od okamžiku, kdy se sokol vznesl. Sokol tedy létal dvě hodiny zjištěnou průměrnou rychlostí a nalétal tedy s = v.t = 2.125 km = 250 km. Je zajímavé, že při prezentaci této úlohy na SŠ ji studenti neřešili jednoduše, ale počítali místa a časy setkání prince a sokola. Jejich řešení vypadala přibližně takto: Označme ti,si příslušný čas a dráhu, kterou uletěl sokol při i-tém setkání s koněm, Ti a Si příslušný čas a dráhu, kterou ujel kůň při i-tém setkání se sokolem, rychlost sokola označme vs a rychlost koně vk.. Je zřejmé, že T1 = S1/vk a t1 = s1/vs a dále t1 = T1, tedy s1/vs = S1/vk, z tohoto vztahu vyjádříme s1 = vs .( S1 /vk) = S1 (vs /vk ) = S1 (125 / 25) = 5S1 , obdobně s2 = vs .( S2 /vk) = S2 (vs /vk ) = S2 (125 / 25) = 5S2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . si = vs .( Si /vk) = Si (vs /vk ) = Si (125 / 25) = 5S2 ........................................ Σ si = Σ 5Si = 5 Σ Si = 5. 50 = 250 . Pokud bychom, jako někteří studenti stanovili, že sokol přestane létat, až vzdálenost koně od hradu bude nulová, řešení bychom nenašli, neboť bychom se dopustili stejné chyby jako Zenon v úloze “O želvě a Achillovi”. Výpočet studentů vypadal takto: Za t1 = d / vs sokol doletěl k hradu, princ ujel l1 = t1. vk = ( d / vs ) . vk kilometrů a k hradu mu zbývalo d – l1 = d - ( d / vs ) . vk = d. ( 1 – vk / vs ) = d. ( vs – vk ) / vs kilometrů, což je také vzdálenost koně a sokola, setkají se za čas t, platí: vs.t + vk.t = d. ( vs – vk ) / vs t.( vs + vk ) = d. ( vs – vk ) / vs t = d. ( vs – vk ) / ( vs . (vs + vk)) Princ se setká se sokolem ve vzdálenosti, kterou uletí sokol za dobu t od hradu, označme ji d1, d1

= vs. d. ( vs – vk ) / ( vs . (vs + vk)) = d. (vs – vk) / (vs + vk)

(*).

Při dalším setkání budou sokol a kůň vzdáleni od hradu d2 kilometrů, d2 vypočítáme jednoduše tak, že do (*) dosadíme místo d výraz d1 = d. (vs – vk) / (vs + vk), neboť situace je obdobná jako když sokol vzlétl, jen s tím rozdílem, že jeho vzdálenost od hradu je d1, a nikoliv d. d1 = d. (vs – vk)2 / (vs + vk)2 Označíme-li di vzdálenost koně od hradu při i- tém setkání, máme di = d. (vs – vk)i / (vs + vk)i a dn = 0 pro n → ∞ , což je nesprávný výsledek. 3. Závěr V publikacích (5 až 9) se pokouším problémově zpracovat dané téma za využití optimálního matematického aparátu. K pochopení problému je mnohdy potřeba vyvinout


značné úsilí, proto by neměla chybět vhodná motivace. Jak ukázal výzkum kolegů ze Slovenska (10), vhodnou motivací mohou být části pohádkových příběhů, proto jsem zařadila do článku dvě úlohy s pohádkovým motivem.

Literatura 1.

JURČOVÁ, M. Dve fázy brainstormingu: generovanie a hodnotenie nápadov – ilustrávia vo vyučovanou fysiky. In Tvořivostí učitele k tvořivosti žáků. Brno, Paido 1997 2. KASÍKOVÁ, H. Kooperativní učení, kooperativní škola. Portal, Praha 1997 3. MAŇÁK, J. Nárys didaktiky. Masarykova univerzita, Brno 1995 4. MAŇÁK, J. Pedagogické otázky tvořivosti. In Kolektiv autorů: Tvořivost v práci učitele a žáků. Brno, Paido 1996 5. NOVOTNÁ, J. Aplikace matic v chemii. In Aktuální otázky výuky chemie. Hradec Králové: Universita Hradec Králové, 2001 6. NOVOTNÁ, J. Některé aplikace matic ve fyzice. In Ciele vyučovania fyziky v novom miléniu. Nitra : Univerzita Konštantína Filozofa v Nitre, 2001 7. NOVOTNÁ, J. Paradoxy v pravděpodobnosti. In XIX. Vědecké kolokvium o řízení osvojovacího procesu. Vyškov: VVŠ PV Vyškov, 2001 8. NOVOTNÁ, J. Markovovy řetězy. In XVII. Mezinárodní kolokvium o řízení osvojovacího procesu. Vyškov: Vysoká vojenská škola pozemního vojska ve Vyškově, 1999 9. NOVOTNÁ, J. Stromy v kombinatorice. In Problematika výchovy dětí a mládeže ke zdravému způsobu života. Brno: Masarykova univerzita Brno, 1997 10. SABOLOVÁ, I., BIRČÁK, J. Prvky ludovej slovesnosti vo výučbe fyziky 11. SKALKOVÁ, J. Obecná didaktika. ISV nakladatelství, Praha 1999 12. ŠŤÁVA, , J. Brainstorming (metoda pro tvořivé učení a řízení). Pedagogická orientace, Česká pedagogická společnost při AVČR č. 15, Brno 1995 PhDr. Jiřina Novotná, Ph.D. Katedra matematiky Pedagogická fakulta Masarykovy Univerzity Poříčí 31 603 00 Brno

e-mail: [email protected] tel. č.: 543 129 325

Problémové vyučování

Recommend Documents