Методика преподавания темы

Упражнение 551. 18,117]. О разложении простых чисел на множители числа а. Числоа делится на 18, но не делится на 70, 11, 48. Делимость суммы и произведения.

Этот раздел рассказывает учащимся о теоретических сведениях делимости натуральных чисел. Если один из множителей равен а, то всё выражение делится на число а. Упражнение 555. [ 18,119]. Ученики показывают различные наборы по 5 делителей. Упражнение 557. [ 18,119].

б) Нет. Здесь приводится контрпример: 42 делитсяна 2, но не делится на 4. Упражнение 561. [ 18,119]. 15 ⋅ 16 − 15 ⋅ 11 = 15 ⋅ (16 − 11) = 15 ⋅ 5; произведение делится на 15, значит, и данная разность делится на 15. Упражнение 565. 18,119].

а) Четное число делится на 2. Следовательно, по свойствуделимости суммы сумма двух четных чисел делится на 2, т. е. она — число четное; б) одно слагаемое делится на 2, а другое — неделится. Значит, сумма не делится на 2, т. е. она — число нечетное. Упражнение 566.

18,120]. a) Нет. Контрпример: 3 + 5 = 8; сумма делится на 2, нони число 3, ни число 5 на 2 не делится; б) нет. Можно использовать тот же пример (см. п. а).Признаки делимости.

В этом разделе рассматриваем признаки делимости на 2, на 5, на 10, на 3, на 9, на 4, на 25. Каждый учащийся должен понимать смысл термина «признак делимости». Занятия лучше всего проводить в форме игры. Один учащийся называет число, другой определяет признаки его делимости. Например число3 785 942 160, 4 753 869 120, 4 876 391 520Упражнение 580. 18,122]. Ответ — делится. Раз число делится на 3 и 5, значит оно делится и на 15. Упражнение 581.

18,122]. Два ответа: 801, 891. Упражнение 584. 18,123]. Сумма цифр числа 732 равна 12, ближайшая к ней сумма — 9, следовательно, число 732 надо уменьшить на 3. Искомоечисло — 729. Аналогично для числа 596 ближайшим числом, делящимся на 9, является число 594, а для числа 2468 — число2466.

Упражнение 591. 18,123]. Пользуемся признаками делимости на 6 и на 15. Упражнение 592. [18,123]. Чтобы число делилось на 18, оно должно делиться на 2и на 9. Сначала запишем все цифры справа от звездочки: *100,*102, *104, *106, *108.Для каждого случая вычисляем левую цифру: 9 − 1 = 8,9 − (1 + 2) = 6, 9 − (1 + 4) = 4, 9 − (1 + 6) = =2, 9 − (1 + 8) = 0. Получаем числа 8100, 6102, 4104, 2106, 9108.

Теорема о делимости целых чисел с остатком.

Когда мы говорили о делении натуральных чисел с остатком, то выяснили, что делимое a, делитель b, неполное частное c и остаток d связаны между собой равенством a=b· c+d. Для целых чисел a, b, c и d характерна такая же связь. Эта связь утверждается следующей теоремой о делимости с остатком. Теорема. Любое целое число a возможно представить единственным образом через целое и отличное от нуля число b в виде a=b· q+r, где q и r — некоторые целые числа, причем. Доказательство. Сначала докажем возможность представления a=b· q+r. Если целые числа a и b такие, что a делится на b нацело, то по определению существует такое целое число q, что a=b· q. В этом случае имеет место равенство a=b· q+r при r=0. Теперь будем считать, что b — целое положительное число.

Выберем целое число q таким образом, чтобы произведение b· q не превышало числа a, а произведение b· (q+1) было уже больше, чем a. То есть, возьмем q таким, чтобы выполнялись неравенства b· q<a<b·(q+1). После вычитания из всех частей этого неравенства произведения b· q приходим к неравенствам вида 0<a−b· q<b. Так как значение выражения a−b· q положительно и не превышает b (b — положительное число), то это значение можно принять в качестве r, то есть, r=a−b· q. Откуда получаем нужное представление числа a вида a=b· q+r. Осталось доказать возможность представления a=b· q+r для отрицательных b. Так как модуль числа b в этом случае является положительным числом, то для имеет место представление, где q1 — некоторое целое число, а r — целое число, удовлетворяющее условиям .

Тогда, приняв q=−q1, получаем нужное нам представление a=b· q+r для отрицательных b. Переходим к доказательству единственности. Предположим, что помимо представления a=b· q+r, q и r — целые числа и, существует еще одно представление a=b· q1+r1, где q1 и r1 — некоторые целые числа, причем q1≠q и. После вычитания из левой и правой части первого равенства соответственно левой и правой части второго равенства, получаем 0=b· (q−q1)+r−r1, которое равносильно равенству r−r1=b· (q1−q).

Тогда должно быть справедливо и равенство вида, а в силу свойств модуля числа — и равенство. Из условий и можно сделать вывод, что. Так как q и q1 — целые и q≠q1, то, откуда заключаем, что. Из полученных неравенств и следует, что равенство вида невозможно при нашем предположении. Поэтому, не существует другого представления числа a, кроме a=b· q+r. Вторая часть4. Решение задач с натуральными числами4.

1. Задачи на движение.

Обучаемся решению текстовых задач:

1. Развиваем мышление учеников, обращая внимание на сам процесс решения задачи, основной упор делая на ясность и доступность материала. 2. Проводим решение задач различной сложности, но требуем значительно меньше.

3. Желание и стремление решить все задачи не должно быть основной целью, оставшиеся задачи можно будет прорешать на других уроках. 4. Надо узнать понимают ли ученики весь материал этого раздела.

5. Используем наглядные пособия позволяющие понять логику рассуждений.

6. Нужно заставлять учащихся повторять условия задач и упражнений устно, развивая тем самым их речь.

7. Записываем полностью в тетрадях решение одной задачи в качестве образца. Задачи должны быть приблизительно следующие:

1. Автомобиль проехал 150 км за 5 ч. С какой скоростью ехал автомобиль?2. Автомобиль едет со скоростью 70 км/ч. Какое расстояние проедет он за 3 ч?3. Автомобиль едет со скоростью 60 км/ч. За какое время он проедет 120 км? Опорной задачей для учеников будет задача записанная в тетради (наиболее подробное её изложение). Необходимо изучить также термины «скорость движения» и «скорость удаления» (см №№ 340−341). Изучить тип задачи при движении лодки по реке, но сначала начать с устного разбора. Очень хорошо для наглядности делать рисунки. Упражнение 353. 18,75]. Делим класс пополам. Одна половина рисует условия задачи, другая прописывает текст.

К решению приступаем после того как все поняли условия задачи. Упражнение 364. 18,76]. а) Расстояние междумальчиками было 900 м.

За 5 мин Николай прошел 100 ⋅ 5 = 500 (м), а Андрей — 90 ⋅ 5 = 450 (м). Поэтому через 5 мин после выхода Николая между ними будет 900 + 500 + 450 = 1850 (м) (рис. 8).Или: в тот момент, когда Николай вышел из школы, расстояние между мальчиками было 900 м. Они начали удаляться друг от друга со скоростью 190 м/мин. За 5 мин они удалились друг от друга на 950 м, и расстояние между ними стало 900 + 950 = 1850 (м).Можно рассуждать и так: Николай находился в пути 5 мин, а Андрей — на 10 мин больше, т. е. 5 + 10 = 15 (мин). Поэтому расстояние между ними 100 ⋅ 5 ++ 90 ⋅ 15 = 1850 (м) (рис.

9). Записать решение можно так:

1) 10 + 5 = 15 (мин)—время, которое находился в пути Андрей;

2) 90 ⋅ 15 = 1350 (м) — расстояние, которое Андрей прошел за это время;

3) 100 ⋅ 5 = 500 (м) — расстояние, которое прошел за 5 мин Николай;

4) 1350 + 500 = 1850 (м) — расстояние между мальчиками.

б) Задача обсуждается с помощью рисунка.

1) 20 − 10 = 10 (мин) — время, которое находился в пути Николай;

2) 100 ⋅ 10 = 1000 (м) — расстояние, которое Николай прошел за это время;

3) 90 ⋅ 20 = 1800 (м) — расстояние, которое прошел за 20 мин Андрей;

4) 1000 + 1800 = 2800 (м) — расстояние между мальчиками. Упражнения № 366—368. 18,77]. Это те задачи, которые следует решать одну за другой.

Упражнение 366—367. 18,77]. Обращаем внимание учеников что первый прошел уже какое-то расстояние. Потом задача становится проще и её можно решить как про встречное движение. Следует обратить внимание учащихся на то, что довыхода второго объекта первый уже прошел какое-то расстояние. После того как это расстояние найдено, задача сводится к простой, уже хорошо знакомой задаче на встречное движение.

5. Задачи по методу математической индукции.

5.1. Математическая индукция и её суть. Как используется метод математической индукции? Требуется установить, что каждое натуральное чётное число nв пределах 4 < n< 20 представимо в виде суммы двух простых чисел. Возьмём все такие числа и выпишем соответствующие разложения:

4=2+2; 6=3+3; 8=5+3; 10=7+3; 12=7+5;14=7+7; 16=11+5; 18=13+5; 20=13+7.Каждое из чисел — это сумма двух простых слагаемых. Таким образом, полная индукция заключается в том, что общее утверждение доказывается по отдельности в каждом из конечного числа возможных случаев. Иногда общий результат удаётся предугадать после рассмотрения не всех, а достаточно большого числа частных случаев (так называемая неполная индукция).Пустьтребуется найти сумму первых n последовательных нечётных чисел. Рассмотрим частные случаи: 1=1=121+3=4=221+3+5=9=321+3+5+7=16=421+3+5+7+9=25=52Напрашивается следующий общий вывод:

1+3+5+…+(2n-1)=n2т.е. сумма n первых последовательных нечётных чисел равна n2Разумеется, сделанное наблюдение ещё не может служить доказательством справедливости приведённой формулы. Полная индукция имеет в математике лишь ограниченное применение. Многие интересные математические утверждения охватывают бесконечное число частных случаев, а провести проверку для бесконечного числа случаев мы не в состоянии. Неполная же индукция часто приводит к ошибочным результатам. Исходя из этого, приходим к особому методу рассуждений. Пусть нужно доказать справедливость некоторого утверждения для любого натурального числаn (например нужно доказать, что сумма первых n нечётных чисел равна n2). Непосредственная проверка этого утверждения для каждого значения nневозможна, поскольку множество натуральных чисел бесконечно. Чтобы доказать это утверждение, проверяют сначала его справедливость для n=1. Затем доказывают, что при любом натуральном значении k из справедливости рассматриваемого утверждения при n=k вытекает его справедливость и при n=k+1.Тогда утверждение считается доказанным для всех n. В самом деле, утверждение справедливо при n=1. Но тогда оно справедливо и для следующего числа n=1+1=2. Из справедливости утверждения для n=2 вытекает его справедливость для n=2+1=3. Отсюда следует справедливость утверждения для n=4 и т. д. Ясно, что, в конце концов, мы дойдём до любого натурального числа n.

Значит, утверждение верно для любого n. Обобщая сказанное, сформулируем следующий общий принцип. Принцип математической индукции. Если предложение А (n), зависящее от натурального числа n, истинно для n=1 и из того, что оно истинно для n=k (где k-любое натуральное число), следует, что оно истинно и для следующего числа n=k+1, то предположение А (n) истинно для любого натурального числа n. В ряде случаев бывает нужно доказать справедливость некоторого утверждения не для всех натуральных чисел, а лишь для n> p, где p-фиксированное натуральное число. В этом случае принцип математической индукции формулируется следующим образом. Если предложение А (n) истинно при n=p и если А (k)А (k+1) для любого k>p, то предложение А (n) истинно для любого n>p.Доказательство по методу математической индукции проводиться следующим образом. Сначала доказываемое утверждение проверяется для n=1, т. е. устанавливается истинность высказывания А (1). Эту часть доказательства называют базисом индукции. Затем следует часть доказательства, называемая индукционным шагом. В этой части доказывают справедливость утверждения для n=k+1 в предположении справедливости утверждения для n=k (предположение индукции), т. е. доказывают, что А (k)A (k+1).

5.2. Суммирование по методу математической индукции.

Применение метода математической индукции в задачах на суммирование.

Пример: Доказать, что 1+x2+x3+x4+…+xn=, где x1Решение., следовательно, при n=1 формула верна. Пусть kлюбое натуральное число и пусть формула верна при n=k, т. е. Докажем тогда В самом деле,. Значит, по принципу математической индукции формула верна для любого натурального n.

5.3. Математическая индукция в доказательствах неравенств.

Доказать, что при любом натуральном n>1.Решение.Обозначим левую часть неравенства через ., следовательно, при n=2 неравенство справедливо. Пусть при некотором k. Докажем, что тогда и. Имеем, .Сравнивая и, имеем, т. е. .При любом натуральном k правая часть последнего равенства положительна. Поэтому. Но, значит, и. Пример 2. Найти ошибку в рассуждении.Утверждение. При любом натуральном n справедливо неравенство.Доказательство.Пусть неравенство справедливо при n=k, где k — некоторое натуральное число, т. е. (1)Докажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т. е.Действительно, не меньше 2 при любом натуральном k.

Прибавим к левой части неравенства (1), а к правой 2. Получим справедливое неравенство, или. Утверждение доказано. Пример 3. Доказать, что, где >

— 1,, n — натуральное число, большее 1.Решение.При n=2 неравенство справедливо, так как. Пусть неравенство справедливо при n=k, где k — некоторое натуральное число, т. е. (1)Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n=k+1, т. е. (2)Действительно, по условию,, поэтому справедливо неравенство, (3)полученное из неравенства (1) умножением каждой части его на. Перепишем неравенство (3) так:. Отбросив в правой части последнего неравенства положительное слагаемое, получим справедливое неравенство (2).Пример 4. Доказать, что (1)где, , n — натуральное число, большее 1.Решение.При n=2 неравенство (1) принимает вид. (2)Так как, то справедливо неравенство. (.

3)Прибавив к каждой части неравенства (3) по, получим неравенство (2).Этим доказано, что при n=2 неравенство (1) справедливо. Пусть неравенство (1) справедливо при n=k, где k — некоторое натуральное число, т. е. (4)Докажем, что тогда неравенство (1) должно быть справедливо и при n=k+1, т. е.(5)Умножим обе части неравенства (4) на a+b. Так как, по условию,, то получаем следующее справедливое неравенство:. (6)Для того чтобы доказать справедливость неравенства (5), достаточно показать, что, (7)или, что-то же самое,. (8)Неравенство (8) равносильно неравенству. (9)Если, то, и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух положительных чисел. Если, то, и в левой части неравенства (9) имеем произведение двух отрицательных чисел. В обоих случаях неравенство (9) справедливо. Этим доказано, что из справедливости неравенства (1) при n=k следует его справедливость при n=k+1.

5.4. Математическая индукция в задачах на делимость. С помощью метода математической индукции можно доказывать различные утверждения, касающиеся делимости натуральных чисел. Следующее утверждение можно сравнительно просто доказать. Покажем, как оно получается с помощью метода математической индукции. Пример 1. Если n — натуральное число, то число четное. При n=1 наше утверждение истинно: — четное число. Предположим, что — четное число. Так как, a 2k — четное число, то и четное. Итак, четность доказана при n=1, из четности выведена четность. Значит, четно при всех натуральных значениях n. Пример 2.

Доказать истинность предложенияA (n)={число 5 кратно 19}, n — натуральное число.Решение.Высказывание А (1)={число кратно 19} истинно. Предположим, что для некоторого значения n=kА (k)={число кратно 19} истинно. Тогда, так как, очевидно, что и A (k+1) истинно. Действительно, первое слагаемое делится на 19 в силу предположения, что A (k) истинно; второе слагаемое тоже делится на 19, потому что содержит множитель 19. Оба условия принципа математической индукции выполнены, следовательно, предложение A (n) истинно при всех значениях n.

5.5. Математическая индукция в доказательствах тождеств.

Доказать, что при всех допустимых значениях xимеет место тождество: Решение. Надо доказать, что тождество справедливо при всех x, кроме x=0, 1, -1. При n=1 имеем, т. е. при n=1 тождество выполняется. Предположим, что Докажем, что тогда.

Имеем:

Итак, тождество верно для любого натурального числа n.

6. О задачах по делению с остатком и признаками делимости6.

1. Решение различных задач.

Упражнения из этого пункта развивают пространственное воображение и фантазию. Задачи из этого раздела не требует подробной записи, а требуют коллективного решения, поэтому можно ограничиться простой записью и пояснениями устно. Упражнения одного типа: № 612—613, 614—615.Упражнение 613. [ 18,130]. Если бы все дети принесли по 3 кг, то всего было бы3 ⋅ 30 = 90 кг. Но каждый из мальчиков принес еще по 5 − 3 = 2 кг, и в результате было собрано на 122 − 90 = 32 кг макулатуры больше. Значит, в классе 32: 2 = 16 мальчиков. Упражнение 614. [.

18,130]. В результате перестановки на каждой полке стало по6 книг. Эта перестановка удвоила число книг на второй полке, значит, первоначально на ней стояло 6: 2 = 3 книги, а на первойполке — 12 − 3 = 9 книг. Упражнение 615. [ 18,130]. Если во второй бочке была 1 часть воды, то из первойбочки в нее вылили еще 3 части воды и в каждой бочке оказалосьпо 4 части воды. Таким образом, 40 ведер воды — это 8 частей ина каждую часть приходится 5 ведер воды. Следовательно, во второй бочке было первоначально 5 ведер воды, а в первой — 35 ведер воды. Упражнение 616. 18,130].

а) Сначала мама раздала детям по 4 конфеты. Три конфеты у нее осталось. Мама начала раздавать детям по пятой конфете — троим детям достанется по пятой конфете, а двоим не хватит. Значит, детей было 3 + 2 = 5. в) Решение: 19 + 6 = 25 учащихся; 2 ⋅ 25 + 19 = 69 тетрадей. Приведенные в пункте свойства сложения четных и нечетных чисел дают возможность решать широкий спектр интересныхарифметических и логических задач.

В перспективе это позволитшкольникам оценивать правильность своих вычислений в самыхразных ситуациях. Упражнение 618. [ 18,131]. а) Четным. В этой сумме 50 четных и 50 нечетных слагаемых; б) нечетным.

В данной сумме 45 нечетных слагаемых; в) нечетным, так как в сумме 25 нечетных слагаемых. Упражнение 620. [ 18,131]. а) Простых однозначных чисел пять — одно четное и 4 нечетных. Следовательно, их сумма (произведение) есть число четное; б) из двух последовательных натуральных чисел всегда одно число четное, а другое нечетное.

Следовательно, их сумма есть число нечетное, а произведение — четное; в) сумма (произведение) пяти нечетных чисел есть число нечетное. Упражнение 621. 18,132]. а) Они либо оба четные, либо оба нечетные; б) хотя бы одно из них четное; в) оба этих числа четные; г) одно из них четное, а другое нечетное; д) оба этих числа нечетные; е) таких чисел не бывает. Упражнение 623. 18,132]. Поскольку для нас важна лишь четность чисел последовательности, то ее удобно представить в следующем виде (Н — нечетное число; Ч — четное): Н Н Ч Н Н Ч Н Н Ч Н Н Ч… Отсюда видно, что каждое третье число данной последовательности четное, a все остальные нечетные. Поэтому среди первых 12 чисел последовательности, очевидно, больше нечетных. О т в е т: а) четное; б) четное; в) нечетное.

Заключение

.

Важной особенностью современного этапа в образовании является поиск оптимальных стандартов в изучении школьных предметов, которые отражают потребности общества в различных сферах человеческой деятельности и учитываютпсихологические особенности учащихся. Такая тенденция в области естественно-научных дисциплин проявилась давно, в частности, это можно видеть по широкому распространению специализированных классов и школ физико-математического профиля. В каждой школе встречаются учащиеся с разными способностями к изучению математики, однако не вездеимеются возможности для организации специализированногообучения. Поэтому целесообразно применять учебники, включающие в себя различные уровни изложения материала. Математика — единая наука: арифметика, алгебра, геометрия, тригонометрия, начала математического анализа итак далее являются зависимыми друг от друга дисциплинами. Единое изложение всего предмета подчеркивает широту математических идей и общность развиваемых методов. Математика тесно связана с различными науками. Моделирование окружающих нас явлений и изучение возникающих моделей позволяет предсказывать результаты, которыене всегда можно проверить экспериментально. В этом состоитодна из главных задач математики, а поэтому систематическоерассмотрение практических задач играет важную роль в процессе обучения. В этой работе предусмотрены три основных раздела доведения материала учащимся.

В разделе «Натуральные числа» рассмотрены основные понятия натуральных чисел и возможные действия с ними, т.к. натуральные числа присутствуют не только во всех науках, но и участвуют повсеместно в нашей жизни. Раздел по методу математической индукции больше факультативный и тут рассматриваются вопросы более углубленного изучения математики как науки о числах. Раздел делимости также очень важен, потому что любая размерность не может практически делиться без остатка. Отсюда важность каждого раздела налицо. Поэтому математика, как наука, является важной составляющей показывающей уровень в числах свойств нашей человеческой жизни. Библиографический список1.А.Е.УстянАлгебра и теория чисел (в 2х частях). Часть 1.

2. Бузланов, А. В. Алгебра и теория чисел: практическое пособие по выполнению лабораторных работ для студентовматематических специальностей вузов / А. В. Бузланов, В. С. Монахов. _ Гомель: ГГУ им. Ф. Скорины, 2006.

3. Бурдун, А. А. Сборник задач по алгебре и геометрии .А. А. Бурдун, Е. А. Мурашко, М. М. Толкачев, А. С. Феденко. _ Минск: Университетское, 1999.

4. Кострикин, А.И.

Введение

в алгебру: в 3 ч. / А. И. Кострикин. _ М.: Физматлит, 2001.

5. Лельчук, М. П. Практические занятия по алгебре и теориичисел / М. П. Лельчук, И. И. Полевченко, А. М. Радьков, Б. Д. Чеботаревский. _ Минск: Вышэйш. шк., 1986.

6. Милованов, М. В. Алгебра и аналитическая геометрия. М. В. Милованов, Р. И. Тышкевич, А. С. Феденко. Минск:

Амалфея, 2001.

7. Монахов, В.С.

Введение

в теорию конечных групп и их классов / В. С. Монахов. Минск: Вышэйш. шк., 2006.

8. Монахов, В. С. Алгебра и теория чисел: практикум: учеб. пособие. В 2 ч.

Ч. 1. В. С. Монахов, А. В.

Бузланов. Минск: Изд. центр БГУ, 2007.

9. Радьков, А. М. Алгебра и теория чисел. А. М. Радьков., Б. Д. Чеботаревский., Минск: Вышэйш. шк., 1992.

10. Сборник задач по алгебре / под ред. Кострикина А. И., М.: Физматлит. 2001.

11. Шнеперман, Л. Б. Сборник задач по алгебре и теории чисел. Л. Б. Шнеперман. Минск: Вышэйш. шк., 1982.

12. Шнеперман, Л. Б. Курс алгебры и теории чисел в задачахи упражнениях: в 2 ч. /.

Л. Б. Шнеперман. _ Минск. Вышэйш.

шк., 1982.

13. Ванцян А. Г. Математика. 5 кл. — Самара: Федоров, 2000.

14. Гельфман Э. Г. Математика. 5 кл. — М.: Просвещение, 2004.

15. Дорофеев Г. В. и др. Математика. 5 кл. — М.: Просвещение, 2005.

16. Жохов В. И., Крайнева Л. Б. Математика. 5 кл. — М.: ВЕРБУМ-М, 2004.

17. Шеврин Л. Н. и др. Математика: Учебник-собеседник 5 кл. − М.: Просвещение, 2005.

18. Дорофеев Г. В., И. Ф. Шарыгин. Математика 5 класс. 12-е издание. Москва. «Просвещение» 2011 г.