V Творческий конкурс учителей математики

V Творческий конкурс учителей математики состоялся в Москве 28 сентября 2008 г. Он был организован Московским Центром Непрерывного Математического Образования совместно с Московским Институтом Открытого Образования, газетой «Математика», математическим факультетом Московского Педагогического Государственного Университета и Московским Городским Педагогическим Университетом при поддержке фонда «Династия» и НМЦ «Новое поколение». (Информацию о предыдущих конкурсах можно найти на сайте www.mccme.ru и газете «Математика» — № 10/2005, № 1/2006 и № 10/2007). Кроме того, все материалы этих конкурсов а также материалы заочных конкурсов учителей математики опубликованы в книге:
А.Д. Блинков, Е.С. Горская, И.В. Ященко «Творческие конкурсы учителей математики»
(М.: МЦНМО, 2008.)

Творческий конкурс, ставший традиционным, отличается от многих других конкурсов: в нем стимулируется проявление профессиональных качеств учителя математики. В ходе работы участники могут продемонстрировать умение решать задачи, умение найти ошибку в чужом решении и отличить верное решение от неверного, знание различных разделов школьной программы и свою математическую эрудицию.

По установившейся традиции победители и призеры предыдущего конкурса не могли стать победителями или призерами этого, поэтому некоторые учителя приняли участие, но вне конкурса, другие влились в состав жюри. Вместе с тем, как и в прошлые годы, для расширения рамок проведения конкурса, на него были персонально приглашены (за счет организаторов) победители III заочного конкурса учителей математики, который был проведен в первой половине года при активном участии газеты «Математика» (см. № 21–22/2008). Поэтому, среди восьмидесяти участников очного тура V конкурса, помимо учителей Москвы и Подмосковья, были учителя из Арзамаса, Волгограда, Воронежа, Красноярского края, Махачкалы, Новосибирска, Орловской области, Санкт-Петербурга, Якутска и даже из республики Армения!

Задания для проведения конкурса были подготовлены методической комиссией, работавшей на базе МЦНМО. В эту комиссию и в жюри олимпиады вошли сотрудники МИОО, МЦНМО, МПГУ и учителя школ Москвы: А. Блинков, Ю. Блинков, Е. Гладкова, Е. Горская, В. Гуровиц, А. Иванищук, А. Мякишев, И. Писаренко, Л. Тимакова, А. Хачатурян, П. Чулков, Д. Шноль, И. Ященко.

Вариант включал 10 заданий, разбитых на два блока. Первый блок — математические задачи, которые требовалось решить; второй блок — методический, в него вошли: формулировки математических утверждений и их «доказательства», в которых требовалось найти ошибки; «ученические» решения, которые требовалось проверить; задание на сравнение определений, взятых из различных источников, и пр. По отзывам участников оба блока заданий были для них интересны, но методическая составляющая особенно, так как она в большей степени отражает повседневную работу учителя.
В вариант были включены задания по арифметике, алгебре, основам математического анализа, комбинаторике и геометрии. На выполнение заданий очного тура отводилось
4,5 часа.

Очный тур конкурса по традиции проходил в помещении математического факультета МПГУ. Большую помощь в организации и проведении конкурса оказали декан факультета профессор С.А. Жданов и заведующий кафедрой элементарной математики профессор В.А. Смирнов, помогали и студенты факультета.

Для учителей, которые не имели возможности приехать на очный тур, был проведен заочный тур конкурса по Интернету. Одновременно с началом конкурса в Москве на портале МЦНМО были выложены задания конкурса и анкета. Участникам заочного тура на выполнение заданий было выделено 5,5 часов. В интернет-туре конкурса приняли участие около тридцати учителей России и Украины.

Творческий конкурс открыт для всех желающих. Для участия в очном туре достаточно было только предварительно зарегистрироваться, а для участия в интернет-туре не требовалось и этого.

Всем участникам конкурса была обеспечена полная анонимность участия и объективность проверки, так как все работы были зашифрованы. Каждый участник мог узнать результат проверки только своей работы (по телефону, сообщив свой шифр, или через Интернет). Победителями или призерами конкурса могли стать только школьные учителя, имеющие в текущем учебном году не менее 9 часов в неделю преподавательской нагрузки. Возможность стать победителем или призером Интернет-тура не зависела от успешности участия в предыдущих конкурсах.

По итогам конкурса были выделены две номинации: победители и призеры. Все они были награждены специальными дипломами. Кроме того, победители конкурса получили индивидуальные денежные гранты фонда «Династия», а призеры конкурса — научно-популярную и методическую литературу. Списки победителей и призеров конкурса опубликованы в № 22/2008.

Задания конкурса

I. Математический блок

Решите задачи.

1.  Имеется по одному литру 5-ти, 10-ти и 15-ти процентных растворов соли. Какое наибольшее количество 8-ми процентного раствора соли можно составить, смешивая их?

2.  Древние египтяне вычисляли площадь выпуклого четырехугольника, длины сторон которого последовательно равны а, b, c и d, по формуле

Укажите все виды четырехугольников, для которых верна эта формула, и обоснуйте свой ответ.

3.  — Тебе несомненно будет приятно получить у меня экземпляр редкой почтовой марки, — сказал мне отец, но поставил условие: выиграть в шахматы подряд две партии из трех, играя поочередно с ним и с мамой по одной партии в день.

— С кем мне играть первую партию: с тобой или с мамой?

— Выбирай сам, — ответил папа, хитро улыбаясь.

Какая последовательность игр: папа – мама – папа или мама – папа – мама дает мне большую вероятность «завоевать» марку для коллекции, если папа более сильный партнер, чем мама?

4.  Существует ли тетраэдр, высоты которого равны 3, 6, 8 и 24?

5.  Найдите все действительные корни уравнения 2x³ – 6x + 5 = 0.

II. Методический блок

Тексты заданий, ответов и решений № 6 и 7 взяты из математической литературы. Тем не менее, они могут содержать ошибки. Укажите эти ошибки (если они есть) и обоснуйте. Если приведено неверное решение, то приведите свое.

6.  «Задание». Чему равна сумма выражений если известно, что их разность равна 2 (значение переменной находить не нужно)?

«Ответ»: 8.

«Решение». Согласно условию,

Используя формулу

получим:

7.  «Задание». Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке O. Периметры треугольников AOB, BOC, COD и DOA равны между собой. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники AOB, BOC и COD равны соответственно 3, 4 и 6. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник DOA.

Рис. 1

«Ответ»: 4,5.

«Решение». Обозначим площади четырех треугольников, указанных в условии, S₁, S₂, S₃ и S₄ (рис. 1), а радиусы вписанных в них кругов — r₁, r₂, r₃ и r₄ соответственно. Тогда, воспользовавшись формулой для вычисления площади треугольника: S = 0,5absin γ и тождеством sin (180° – α) = sin α, получим, что S₁S₃ = S₂S₄. С другой стороны, площадь треугольника может быть найдена как произведение его полупериметра и радиуса вписанной окружности. Так как, по условию, периметры всех четырех треугольников равны, то

8.  В контрольной работе для 10-го класса было дано следующее задание: «Решите уравнение sin α + cos α = 1». Учитель получил пять различных решений, которые приведены ниже.

Оцените каждое из решений (верное оно или нет, какие есть ошибки и недочеты).

Решение Коли. Возведем обе части уравнения в квадрат, тогда
sin² α + 2sin α cos α + cos² α = 1.
Используя основное тригонометрическое тождество и формулу синуса двойного аргумента, получим: sin 2α= 0. Следовательно, 2α= pπ, n Z.

Ответ:

Решение Леши. Воспользуемся формулами синуса и косинуса удвоенного аргумента и основным тригонометрическим тождеством:

Упрощая, получим однородное уравнение:

Разделим обе части на Следовательно,

Ответ:

Решение Миши. Воспользуемся формулами, выражающими синус и косинус через тангенс половинного аргумента:

Избавившись от знаменателей, получим:

то есть,

Следовательно,

Таким образом,

Ответ: α = 2πn, n Z или

Решение Наташи. Умножим обе части уравнения на
тогда

Используя формулу косинуса разности, получим:

Следовательно,

Ответ:

Решение Оли. Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством:
sin α + cos α = sin² α + cos² α . Тогда sin α  (1 – sin α ) + cos α  (1 – cos α ) = 0.

Используя условие sin α + cos α = 1, получим: sin α  cos α + cos α  sin α = 0,
то есть sin 2α= 0. Таким образом, 2α = πn, n Z.

Ответ:

9. В контрольной работе для 10-го класса было дано следующее задание: «Найдите уравнение касательной к графику функции в точке x₀ = 0».

Один из учеников предложил следующее краткое решение:

Следовательно, уравнение касательной к графику в точке x₀ = 0 таково: y = –x – 1.

Прокомментируйте это решение: если вы считаете его верным, то восполните пробелы, написав необходимые обоснования и пояснения, а если считаете неверным, то укажите ошибки.

10.  В традициях российского образования принято определять трапецию как четырехугольник, у которого две стороны параллельны, а две другие — не параллельны. Во многих зарубежных учебниках трапеция определяется как четырехугольник, имеющий две параллельные стороны.

Сравните эти определения с точки зрения удобства изучения видов четырехугольников и их свойств, выделив достоинства и недостатки.

Решения и комментарии

(в скобках указаны источники заданий или их автор)

1.  (Шень А. Вероятность: примеры и задачи. — М.: МЦНМО, 2007)  л.

Способ I («среднее арифметическое»). Если смешать все имеющиеся растворы, то получится 3 литра 10-ти процентного раствора соли. Чтобы получить 8-ми процентный раствор, придется это количество уменьшать. При этом бесполезно уменьшать количество 5-ти процентного или 10-ти процентного растворов, так как от этого процентное содержание соли не уменьшится. Значит, надо уменьшить «вклад» 15-ти процентного раствора.

Возьмем по 1 литру первых двух растворов и А литров третьего раствора, тогда, приравнивая объемы соли до и после смешивания, получим:

0,05 + 0,1 + 0,15А = 0,08(1 + 1 + А).

Следовательно,

Способ II («линейное программирование»). Пусть для приготовления 8-ми процентного раствора взято х, у и z литров 5-ти, 10-ти и 15-ти процентных растворов соответственно. Тогда выполняется равенство:

0,05x + 0,1y + 0,15z = 0,08(x + y + z).

В условии задачи требуется, чтобы величина V = x + y + z принимала наибольшее возможное значение при условии, что каждая переменная принимает значения от 0 до 1 включительно.

Рис. 2

Выразим x из полученного ранее равенства:

тогда

При этом, так как 0 ≤ х ≤ 1, то

Учитывая, что 0 ≤ y ≤ 1 и 0 ≤ z ≤ 1, получим, что на координатной плоскости (z; y) пары значения z и у, удовлетворяющие записанным неравенствам, образуют заштрихованную часть квадрата (рис. 2). При этом точка D пересечения прямых и y = 1 имеет координаты

Выразим y через z и V: На плоскости (z; y) это уравнение задает семейство параллельных прямых. Нас интересуют те из них, которые имеют общие точки с заштрихованной трапецией и для которых параметр V принимает наибольшее значение из возможных. Это означает, что прямая должна проходить как можно выше, то есть через точку D. Тогда

Комментарий. Отметим, что оптимизационные задачи такого типа называются задачами линейного программирования. Величина V в этом случае называется целевой функцией.

2.  (П.B. Сергеев.) Прямоугольники.

Рис. 3

Рассмотрим произвольный выпуклый четырехугольник АВСD с заданными сторонами (рис. 3). Проведя диагональ АС, получим, что

Аналогично, проведя диагональ BD, получим, что

Следовательно,

Из условия задачи следует, что

Учитывая, что α (0; 180°) sin α ≤ 1, причем равенство достигается только при α = 90°, получим, что S_ABCD = S тогда и только тогда, когда все углы четырехугольника АВСD — прямые.

Комментарий. Существуют также другие способы решения, основанные на применении различных преобразований плоскости (параллельный перенос или осевая симметрия).

3.  (Кордемский Б.А. Математика изучает случайности. — М.: Просвещение, 1975.) Большую вероятность дает последовательность

папа – мама – папа.

Произведем подсчет, исходя из того, что результаты отдельных партий не зависят друг от друга. Пусть ребенок побеждает отца в отдельном поединке с вероятностью р, а мать — с вероятностью q, причем p < q. В варианте МПМ событие «выиграть подряд две партии» распадается на сумму двух событий: А — выиграть первые две партии, В — выиграть последние две партии. Используя независимость событий, получим:

Р(А) = qp;
Р(B) = pq;
Р(АВ) = qpq

(вероятность выиграть все партии). Поэтому, искомая вероятность

Р₁ = Р(А + В) = Р(А) + Р(B) – Р(АВ) = 2pq – q²p.

Аналогично, в варианте ПМП вероятность Р₂ = 2pq – p²q.

Причем

2pq – q²p < 2pq – p²q p²q < q²p p < q, то Р₁ < Р₂,

то есть вариант ПМП предпочтительнее.

Комментарий.

Получить ответ можно было также из следующих (не вполне строгих) рассуждений. Заметим, что для «завоевания» марки обязательно надо выиграть вторую партию, а это проще сделать, играя с мамой. Кроме того, в любом случае надо выиграть и у мамы, и у папы. Поскольку папа играет сильнее, то вероятность выиграть у него повысится, если играть с ним две партии, а не одну.

4. (Фольклор.) Нет, не существует.

Рис. 4

Пусть такой тетраэдр существует и площади его граней, соответствующих заданным высотам, равны S₁, S₂, S₃ и S₄. Так как объем тетраэдра вычисляется по формуле

то

Далее можно рассуждать различными способами.

Способ I. Из полученных равенств следует, что S₁ = S₂ + S₃ + S₄. Это невозможно, так как в любом тетраэдре сумма площадей трех любых граней больше площади четвертой грани (пространственный аналог неравенства треугольника).

Действительно, если высота DO тетраэдра DABC проектируется внутрь основания АВС
(рис. 4), то

S_ABC = S_AOB + S_BOC + S_COA < S_ADB + S_BDC + S_CDA,

так как треугольники АОВ, ВОС и СОА являются ортогональными проекциями боковых граней на плоскость основания. Если же точка О лежит на границе или вне треугольника АВС (рис. 5), то (по аналогичной причине) площадь основания меньше площади одной из боковых граней или суммы двух из них.

Рис. 5

Способ II. Пусть в этот тетраэдр вписана сфера радиуса r. Тогда объем тетраэдра можно вычислить по формуле

Подставим в это равенство полученные значения площадей граней:

то есть

Следовательно, диаметр вписанной сферы равен 3, что невозможно, так как любая высота тетраэдра должна быть больше, чем диаметр вписанной сферы (в нашем случае одна из высот тетраэдра также равна 3).

5.  (И.А. Кушнир.)

Способ I. Пусть где y≠0. (Эту замену можно ввести, поскольку исходное уравнение не имеет корней в интервале (–2; 2). Действительно:

2x³ – 6x + 5 = 0 x(x² – 3) = –2,5,

и x (–2; 2) не является корнем последнего уравнения.) Тогда

Подставляя это в данное уравнение, получим:

что при y ≠ 0 равносильно уравнению

2y⁶ + 5y³ + 2 = 0.

Заменяя y³ = z, получим квадратное уравнение, корнями которого являются

Следовательно,

Таким образом,

Способ II.

Разделим обе части данного уравнения на 2, тогда

x ³ – 3x + 2,5 = 0 x³ + 2 + 0,5 – 3x = 0.

Разложим левую часть этого уравнения на множители, воспользовавшись тождеством

x ³ + y² + z³ – 3xyz = (x + y + z)(x² + y² + z² – xy – yz – zx),

где

Заметим, что x² + y² + z² ≥ xy + yz + zx, причем равенство достигается тогда, и только тогда, когда x = y = z. Так как в данном случае это невозможно, то x + y + z = 0, то есть

Комментарий.

Отметим, что, используя производную, можно сразу доказать, что данное уравнение имеет единственный действительный корень и этот корень отрицательный. Это даст возможность не рассматривать неравенство (во втором способе), а также может облегчить и сам поиск метода решения.

6.  (Сборник задач для поступающих во втузы/Под. ред. М.И. Сканави. — Издание 6, гл. 2, пример 7.)

Комментарий. Условие задачи некорректно. Действительно, при любых значениях t выполняются неравенства 24 – t² ≤ 24 и 8 – t² ≤ 8, следовательно,

7.  (Московские математические регаты/ Сост. А.Д. Блинков, Е.С. Горская, В.М. Гуровиц. — М.: МЦНМО, 2007. 11 класс, 1999/2000 уч. год, 2.2.)

Комментарий.

Условие задачи некорректно, так как из равенства периметров четырех треугольников, указанных в условии задачи, следует, что исходный четырехугольник – ромб, тогда радиусы окружностей, вписанных в эти треугольники, должны быть равны. Докажем это.

Способ I. Предположим сначала, что ABCD — не параллелограмм. Тогда, без ограничения общности, можно считать, что ОА ≥ OС и ОВ ≥ OD. Пусть точки А' и B' — образы точек А и В при симметрии с центром О (рис. 6). Допустим, хотя бы одна из точек C или D не совпадает с вершинами А' или B' параллелограмма ABA'B'. Из условия задачи следует, что равны периметры треугольников А'ОB' и CОD, то есть

OA' + OB' + A'B' = OC + OD + CD.

Следовательно,

A'C + B'D + A'B' = CD,

что противоречит существованию четырехугольника A'CDB' (даже, когда он «вырождается» в треугольник).

Рис. 6

Таким образом, ABCD — параллелограмм. Тогда из равенства периметров треугольников АОВ и ВОС следует, что АВ = ВС, то есть ABCD — ромб.

Способ II. Докажем сначала, что диагонали четырехугольника АВСD перпендикулярны. Предположим, что это не так. Без ограничения общности можно считать, что угол АОВ — острый, тогда угол ВОС — тупой (рис. 6). По следствию из теоремы косинусов: из треугольника АОВ получим, что АВ² < ОА² + ОВ², а из треугольника ВОС получим, что ВС² > ОС² + ОВ². Отсюда следует, что ОС < ОА.

Действительно, если ОС ≥ ОА, то

ВС ² > ОС² + ОВ² ≥ ОА² + ОВ² > АВ²,

то есть ВС > АВ, тогда периметры треугольников АОВ и ВОС равными быть не могут.

Проведя аналогичное рассуждение для треугольников АОD и СОD, получим,
что ОС > ОА. Полученное противоречие показывает, что исходное предположение неверно, то есть диагонали АС и BD перпендикулярны.

Из теоремы Пифагора следует, что если два прямоугольных треугольника с общим катетом имеют равные периметры, то такие треугольники равны. Таким образом, АВСD — ромб.

8.  Комментарий. Верный ответ получен только в решениях Миши и Наташи, причем и их решения не свободны от недостатков.

В решении Наташи

неграмотно записан ответ: знак «и» здесь неуместен, так как обозначает пересечение множеств, а должно быть объединение.

Комментарий. Отдельно отметим, что подобным недочетом страдают некоторые учебники и задачники, которые не различают употребление союза «И» русского языка и знака «И» в математических высказываниях. С нашей точки зрения, грамотный учитель обязан это различать и обращать внимание своих учеников на правильное использование знаков «И» и «ИЛИ» в математике. При этом, мы отнюдь не призываем в каждом подобном случае снижать оценки ученикам.

В решении Миши: прежде чем использовать формулы, выражающие синус и косинус через тангенс половинного аргумента, необходимо проверить, что значения α, при которых не определен, не являются решениями исходного уравнения.
Для α = p + 2πm, m Z, это действительно выполняется, поэтому указанная ошибка не повлияла на ответ.

В решении Коли: получены посторонние корни, так как при возведении в квадрат вместо равносильного уравнения получается уравнение-следствие.

В решении Оли тоже получены посторонние корни, так как выполненная замена также приводит к уравнению-следствию.

В решении Леши потеряна часть корней при решении однородного уравнения: значения переменной, для которых равен нулю, также являются корнями исходного уравнения.

9.  Комментарий. Решение ученика — верное. Восполним пробелы.

Рассмотрим функцию на интервале (–1; 1), в который входит точка x₀ = 0. На этом интервале выражение можно рассматривать как сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом равным –1 и знаменателем х, то есть

           (*)

Касательная к графику функции f(х) в точке x₀ = 0 задается такой линейной функцией, которая отличается от функции f(х) на бесконечно малую величину, имеющую более высокий порядок, чем х.
Из разложения (*) следует, что это функция имеет вид y = –x – 1.

10.  Комментарий. Отметим, что во всех случаях, когда определения различаются, достоинства одного определения становятся недостатками другого и наоборот. Укажем сначала отличительные свойства «зарубежного» подхода от «российского».

1. Трапеция является «жесткой» фигурой — она определяется длинами сторон (с указанием их порядка и выделением оснований), а параллелограмм своими сторонами не задается.

2. Становится неясным понятие «равнобокой (равнобедренной) трапеции», для которой надо либо вводить отдельное (и громоздкое в этом случае) определение, либо становятся неверными, например, такие утверждения: «В равнобокой трапеции углы при основании равны», «В равнобокой трапеции диагонали равны», «Равнобокая трапеция является вписанным четырехугольником», и пр.

3. Частично теряет смысл понятие «оснований трапеции», важное для некоторых формул и теорем.

4. Поддерживается характерная «вложенность» классов четырехугольников: во множество трапеций входят параллелограммы, во множество параллелограммов — прямоугольники и ромбы, и т. д.

5. Многие теоремы, справедливые как для параллелограмма, так и для «собственно трапеции», можно объединить, например, теорема о средней линии, формула для вычисления площади, один из признаков трапеции (АВСD является трапецией, если диагонали AC и BD пересекаются в точке O так, что равны площади треугольников AOB и COD), и пр. Не случайно, в российских задачниках можно нередко прочесть: «Докажите, что ABCD — трапеция или параллелограмм».

6. Либо появляется исключение для замечательного свойства трапеции (точка пересечения диагоналей, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой), либо придется вводить проективные понятия бесконечно удаленных точек и прямых.

7. Становятся неясными законы изображения фигур в стереометрии: так как все параллелограммы аффинно эквивалентны, то при параллельном проектировании параллелограмм (и все его частные случаи) следует изображать в виде произвольного параллелограмма. Но произвольные трапеции аффинно не эквиваленты: параллельной проекцией трапеции является трапеция с таким же отношением оснований.

Теперь попробуем оценить эти отличия.

1. Это, на наш взгляд, один из существенных аргументов «в защиту отечественного подхода».

2. Это также представляется большим минусом «зарубежного подхода». Равнобокая трапеция, именно такая, как мы себе ее обычно представляем, то есть в виде «башенки, стоящей на большем основании», является простой и очень популярной геометрической фигурой (как в задачах, так и в практике). Нам кажется важным, чтобы ученики были с ней знакомы и хорошо знали ее свойства и признаки.

3. И это скорее минус «зарубежного подхода», поскольку основания трапеции часто бывает необходимо четко выделить.

4. Это скорее достоинство «зарубежного» подхода, так как изучать понятия методом «расширения класса» удобно, и это свойственно многим математическим структурам: например, движения расширяются до подобий, затем до аффинных и проективных преобразований; натуральные числа расширяются до целых, затем до рациональных, действительных и комплексных чисел, и пр.

5. Также скорее достоинство «зарубежного» подхода, хотя надо отметить, что иногда доказательство этих общих теорем может распадаться на две части: отдельно для параллелограмма и отдельно для «собственно трапеции».

6. Это может быть как достоинством, так и недостатком: все зависит от того, насколько считается возможным знакомить учащихся с понятиями проективной геометрии. Для массовой российской школы, как нам кажется, это вряд ли приемлемо, а для математических классов такой подход может оказаться полезным.

7. Это скорее недостаток «зарубежного» подхода, но, справедливости ради, отметим, что на решение большинства стереометрических задач не повлияет изображение трапеции в виде произвольной трапеции.

Кроме того, как справедливо указали некоторые участники конкурса:

— достоинство «российском подхода» с точки зрения методики: проще сначала изучить свойства параллелограмма, которые доказываются, как правило, исходя из равенства треугольников, и научиться их применять, а затем уже переходить к свойствам трапеции, которые зачастую связаны с подобием треугольников;

— при «зарубежном» подходе проще вводить термин «криволинейная трапеция» в курсе математического анализа, так как прямоугольник (и даже объединение «криволинейных треугольников») также является криволинейной трапецией.

Комментарий. Отдельно отметим, что это задание совсем не предполагало априорного «ура-патриотического подхода».

Блинков А., Горская Е., Ященко И.