Pogled na reševanje matematičnih nalog TIMSS

Transcription

Mednarodna raziskava trendov znanja
matematike in naravoslovja
Pogled na reševanje matematičnih
nalog TIMSS za maturante
Ekspertna skupina raziskave TIMSS za matematiko:
Nataša Besednjak
Kristijan Breznik
Mateja Frangež-Herman
Darka Hvastija
Barbara Japelj Pavešić
Simona Kokol
Jasna Kos
Sonja Kristovič
Tjaša Novak-Lavriša
Darja Potočar
Simona Pustavrh
Miro Skalicky
Melita Šemrl
Mateja Šilak
Antonija Špegel-Razbornik
Alenka Šuman
Tanja Veber
MINISTRSTVO ZA ŠOLSTVO IN ŠPORT
Pedagoški inštitut, 2009
www.mss.gov.si, e: gp.mss@gov.si
Kotnikova ulica 38, 1000 Ljubljana
t: 01 478 42 00, f: 01 478 43 29
MINISTRSTVO ZA ŠOLSTVO IN ŠPORT
www.mss.gov.si, e: gp.mss@gov.si
Kotnikova ulica 38, 1000 Ljubljana
t: 01 478 42 00, f: 01 478 43 29
Matematične naloge TIMSS za maturante
1
Pogled na reševanje matematičnih nalog TIMSS za maturante
Avtorji
Ekspertna skupina raziskave TIMSS za matematiko: Nataša Besednjak, Kristijan Breznik, Mateja
Frangež-Herman, Darka Hvastija, Barbara Japelj Pavešić, Simona Kokol, Jasna Kos, Sonja Kristovič,
Tjaša Novak-Lavriša, Darja Potočar, Simona Pustavrh, Miro Skalicky, Melita Šemrl, Mateja Šilak,
Antonija Špegel-Razbornik, Alenka Šuman, Tanja Veber
Izdal: Javni raziskovalni zavod Pedagoški inštitut
www.pei.si
Jezikovni pregled: Vesna Vrabič
Ilustracija na naslovnici: Maja Lubi
Število izvodov: 400
Tisk: Grafika 3000, Dob
Ljubljana, 2009
Publikacija je nastala v okviru projekta Ugotavljanje in zagotavljanje kakovosti v izobraževanju in
usposabljanju - Evalvacija vzgoje in izobraževanja na podlagi mednarodno priznanih metodologij,
ki ga sofinancirata Evropski socialni sklad Evropske unije in Ministrstvo za šolstvo in šport
Republike Slovenije.
Copyright © po delih in v celoti JRZ Pedagoški inštitut.
Fotokopiranje in razmnoževanje po delih in v celoti je prepovedano. Vse pravice zadržane.
CIP - Kataložni zapis o publikaciji
Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana
005.336.3:373.5:51
POGLED na reševanje matematičnih nalog TIMSS za maturante :
mednarodna raziskava trendov znanja matematike in naravoslovja /
Nataša Besednjak ... [et al.]. - Ljubljana : Pedagoški inštitut,
2009
ISBN 978-961-270-020-1
1. Besednjak, Nataša
248574464
2
Kazalo
Predgovor 7
Uvod 9
Povzetek skupnih ugotovitev učiteljev po analizi reševanja nalog
TIMSS za maturante 11
Priporočila učiteljem po tematskih sklopih
13
TIMSS in matura
18
Pogled učiteljev na dosežke slovenskih maturantov v nalogah
raziskave TIMSS 19
Kompozitum funkcij: algebra − poznavanje dejstev (MA13001−M1_01)
20
Graf funkcije: algebra − sklepanje (MA13002 − M1_02)
22
Primerjava funkcij: algebra − sklepanje (MA13003−M1_03)
25
Limita: analiza − poznavanje dejstev (MA13004 − M1_04)
27
Odvod: analiza − poznavanje dejstev (MA13006 − M1_06)
29
Trikotnik in smerni koeficient stranic: geometrija − uporaba znanja (MA13007 − M1_07) 31
Dolžina težiščnice v trikotniku: geometrija − sklepanje (MA13008− M1_08)
33
Točke na grafu funkcije: algebra − uporaba znanja (MA13009 − M1_09)
35
Racionalizacija izraza: algebra − poznavanje dejstev (MA13011 − M2_01)
37
Kompleksno število: algebra − poznavanje dejstev (MA13012 − M2_02)
39
Negativnost racionalne funkcije: algebra − uporaba znanja (MA13013 − M2_03)
41
Odvod sestavljene eskponentne funkcije: analiza − poznavanje dejstev (MA13015 − M2_05)43
Valj z največjo prostornino: analiza − uporaba znanja (MA13016 − M2_06)
45
Pravokotnica na premico: geometrija − uporaba znanja (MA13017 − M2_07)
47
Razlika vektorjev: geometrija − poznavanje dejstev (MA13018 − M2_08)
49
Krožnici: geometrija−poznavanje dejstev (MA13019 − M2_09)
51
Vektorji v trikotniku: geometrija − uporaba znanja (MA13020 − M2_10)
53
3
Vrtenje premice okrog premice: geometrija − poznavanje dejstev (MA13021 − M3_01)
55
Določeni integral: analiza − poznavanje dejstev (MA13024 − M3_04)
57
Nezveznost funkcije na intervalu: analiza − poznavanje dejstev (MA13025 − M3_05)
59
Zrcaljenje trikotnika čez y os: geometrija − uporaba znanja (MA13026A − M3_06)
63
Limita obsega večkotnika: algebra − sklepanje (MA13027 − M3_07)
68
Koraki popolne indukcije: algebra − poznavanje dejstev (MA13028 − M3_08)
70
Diagonali paralelograma: geometrija − sklepanje (MA13029 − M3_09)
72
Geometrijsko zaporedje: algebra − poznavanje dejstev (MA23005 − M4_01)
74
Frnikule: algebra − poznavanje dejstev (MA23145 − M4_02)
76
Premer pločevinke: algebra − uporaba znanja (MA23187 − M4_03)
78
Napaka v reševanju logaritemske enačbe: algebra − sklepanje (MA23201 − M4_04)
81
Drugi odvod funkcije: analiza − poznavanje dejstev (MA23154 − M4_05)
83
Predznak odvoda grafa funkcije: analiza − sklepanje (MA23206 − M4_06)
85
Dobiček pri prodaji: analiza − sklepanje (MA23166 − M4_07)
87
Ploščina območja: analiza − uporaba znanja (MA23043 − M4_08)
90
Razdalja med ogliščema v kocki: geometrija − sklepanje (MA23076 − M4_09)
92
Višina svetilnika: geometrija − uporaba znanja (MA23176 − M4_10)
94
Dolžina vsote in razlike vektorjev: geometrija − sklepanje (MA23098 − M4_11)
96
Geometrijska vrsta: algebra − poznavanje dejstev (MA23144 − M5_01)
98
Vrednosti parametrov v racionalni funkciji: algebra − uporaba znanja (MA23185 − M5_02) 100
Logaritemska enačba: algebra − uporaba znanja (MA23054 − M5_03)
102
Vrednost prostega člena v polinomu: algebra − poznavanje dejstev (MA23064 − M5_04)
104
Razdalja in površina med ničlama parabole: algebra − uporaba znanja (MA23131 − M5_05) 106
Meja določenega integrala kot parameter: analiza − sklepanje (MA23045 − M5_07)
112
Četrto oglišče paralelograma: geometrija − uporaba znanja (MA23082 − M5_08)
114
Amplituda in perioda funkcije: geometrija − poznavanje dejstev (MA23020 − M5_09)
116
Kosinusni in sinusni izrek v trikotniku: geometrija − uporaba znanja (MA23094 − M5_10) 118
4
Vsota neskončne geometrijske vrste: algebra − uporaba znanja (MA23069 − M6_01)
120
Racionalna neenačba: algebra − uporaba znanja (MA23135 − M6_02)
122
Volumen balona v odvisnosti od premera: algebra − sklepanje (MA23208 − M6_03)
124
Limita funkcije: analiza − uporaba znanja (MA23165 − M6_04)
127
Odvod kompozituma funkcij: analiza − poznavanje dejstev (MA23039 − M6_05)
130
Odvod količnika: analiza − poznavanje dejstev (MA23159 − M6_06)
132
Smerni koeficient: analiza − klepanje (MA23198 − M6_07)
134
Nedoločeni integral: analiza − poznavanje dejstev (MA23042− M6_08)
137
Enačba krožnice: geometrija − poznavanje dejstev (MA23055 − M6_09)
139
Število rešitev kotne enačbe: geometrija − sklepanje (MA23080 − M6_10)
141
Širina okna (pravilen večkotnik): geometrija − uporaba znanja (MA23021 − M6_11)
143
Debelina listov papirja: algebra − sklepanje (MA23004 − M7_01)
145
Deljenje kompleksnih števil: algebra − uporaba znanja (MA23063 − M7_02)
148
Zapis predpisa kvadratne funkcije: algebra − poznavanje dejstev (MA23141 − M7_03)
150
Vrednost sestavljene funkcije: algebra − poznavanje dejstev (MA23133 − M7_04)
153
Zaviralna pot: analiza − uporaba znanja (MA23158 − M7_05)
155
Graf funkcije glede na pogoje funkcije in odvodov: analiza − sklepanje (MA23151 − M7_06) 157
Presečišča z osjo in ekstremne točke: analiza − uporaba znanja (MA23035 − M7_07)
159
Določeni integral in ploščina: analiza − poznavanje dejstev (MA23050 − M7_08)
162
164
Vrednosti kota: geometrija − uporaba znanja (MA23182 − M7_10)
166
Vzporednost premic: geometrija − uporaba znanja (MA23170 − M7_11)
168
Priloga: Matematične formule, vključene v preizkuse znanja TIMSS
171
5
6
Predgovor
Leta 2009 se je končal mednarodni del raziskave TIMSS za maturante, ki je pomladi v šolskih letih
2006/2007 in 2007/2008 izmerila znanje iz matematike in fizike tudi med slovenskimi maturanti
splošnih gimnazij. Raziskava daje Sloveniji pomembne podatke o znanju zadnje populacije dijakov,
ki so končali osemletno osnovno šolo in se v gimnaziji kot dijaki splošnega maturitetnega programa
učili matematiko po enakem kurikulu. Čeprav so se nekaj mesecev pred zaključkom gimnazije
odločili, ali bodo maturo iz matematike opravljali na višji, zahtevnejši ravni, ali na osnovni, in
smo njihovo odločitev lahko vključili med informacije raziskave, pa dijakov višje ravni nismo
mogli vnaprej določiti kot ciljno populacijo raziskave. Slovenija je tako v TIMSS ostala izjemna
po velikosti populacije dijakov, ki se učijo akademsko matematiko. Po mnenju sodelujočih držav
je izjemna tudi po dosežku, saj v nobeni drugi sodelujoči državi ne naučijo skoraj polovice vseh
ustrezno starih dijakov toliko matematike kot pri nas.
Ta knjižica prinaša rezultate celoletnega individualnega in skupinskega dela 16 gimnazijskih
učiteljev matematike, ki so se odločili, da bodo svoje izkušnje s poučevanjem dijakov povezali
z neodvisnimi meritvami njihovega znanja ter kritično presodili svoje in delo kolegov, da bi s
poglobljeno interpretacijo dosegli premik k izboljšanju poučevanja matematike pri nas. Ekspertna
skupina učiteljev je v sodelovanju z nacionalnim koordinacijskim centrom TIMSS na Pedagoškem
inštitutu, vzporedno z nastajanjem mednarodne podatkovne baze raziskave v mednarodnem
koordinacijskem centru v Bostonu v šolskem letu 2008/2009 študirala dosežke slovenskih dijakov
in umestila njihovo znanje v naš učni načrt, maturitetne standarde in omejitve, ki jih pred učitelja
postavlja dejstvo, da v splošno gimnazijo prihaja vse večji delež osnovnošolcev. Interpretacije se
tako nanašajo na absolutni slovenski dosežek. Mednarodni dosežki dijakov pri nalogah preizkusov
znanja so bili za objavo pripravljeni pozneje, kot so nastale interpretacije slovenskih učiteljev.
Čeprav se jih besedila ne dotikajo, jih objavljamo skupaj z dosežki slovenskih dijakov, da bi bila
informacija o reševanju nalog slovenskih dijakov čim popolnejša.
Knjižica prinaša skoraj 70 nalog preizkusa TIMSS in podatke o dosežkih dijakov iz sodelujočih
držav, dosežke slovenskih dijakov, ki so se pripravljali na maturo iz matematike na višji ravni,
ter tistih, ki so se pripravljali na maturo iz matematike na osnovni ravni. Prvih je bila približno
četrtina med vsemi splošnimi gimnazijci. Raziskava je bila narejena na vzorcu dijakov in čeprav so
bile vanjo vključene vse slovenske gimnazije s splošnim programom, so bili v raziskavo vključeni
le po en ali dva naključna razreda. Skupaj je v TIMSS sodelovalo približno 2000 slovenskih
dijakov. Polovica nalog je zapisana natanko tako, kot so bile v preizkusih za dijake, polovica pa je
predstavljena z opisom zahteve naloge in izbirnih odgovorov, saj si želimo, da bi jih lahko čez nekaj
let ponovno uporabili v novi mednarodni primerjavi TIMSS. Naloge so prispevale vse sodelujoče
države, nekaj pa je bilo prevzetih iz raziskave TIMSS za maturante iz leta 1995. Naloge so večkrat
vsebinsko preverili matematiki po svetu, s poskusnim reševanjem pa so bile preverjene tudi merske
karakteristike nalog. Kljub temu nekatere zaslužijo kritiko in popravke, preden bi jih slovenski
7
učitelji lahko uporabili v razredu. Ekspertna skupina je v svoji analizi dosežkov tudi presodila
obliko in besedilo nalog ter oblikovala priporočila za uporabo nalog v razredu.
Raziskava TIMSS je precej več kot preizkus znanja. V TIMSS za maturante je bilo zbranih še na
stotine podatkov o dijakih, njihovih interesih, načrtih, učenju v šoli, učiteljih in poučevanju, šolskem
okolju, organizaciji srednješolskega izobraževanja in učnih načrtih v desetih sodelujočih državah.
Večina podatkov, ugotovitev mednarodnih primerjav, tehničnih informacij in opisov sodelujočih
držav je objavljena v knjigi in spletni izdaji Znanje matematike med maturanti v Sloveniji in po
svetu ter v mednarodnih virih raziskave TIMSS na svetovnem spletu, ki skupaj s podatki, zbranimi
v tej knjižici, šele pokažejo celotno sliko mednarodne primerjave srednješolskega matematičnega
izobraževanja.
Knjižica je namenjena predvsem učiteljem, da bi se seznanili z nalogami raziskave TIMSS ter z
informacijami o močnih in šibkih točkah znanja naših dijakov. S priporočili za uporabo nalog pri
poučevanju pa upamo, da bo tudi v naših šolah postala dodaten vir idej za poučevanje takšne ravni
matematike, kot jo predstavlja TIMSS za maturante.
8
Uvod
Dijake učimo in se trudimo, da so uspešni tako v razredu kot na maturi. Videti pa je, da jih premalo
učimo razmišljanja, prilagodljivosti in razumevanja snovi, da bi jo znali samostojno uporabiti v
različnih problemih. Učitelji bi se morali bolj posvečati teoretični obravnavi in usmerjati dijake ne
samo v reševanje nalog, temveč v razumevanje pojmov in definicij. Več časa bi morali nameniti
različnim pristopom k reševanju iste naloge. Reševati bi morali tudi čim bolj različne naloge, kar
pa je v današnji praksi skoraj nemogoče, saj so dijaki navajeni, da se naučijo postopkov reševanja,
ne pa reševanja z razumevanjem. Vsake naloge, ki je podana malo drugače, se ustrašijo in je
pogosto niti ne poskušajo rešiti. Dijake bi bilo treba navajati na problemsko razmišljanje, da si pred
reševanjem posamezne naloge naredijo načrt reševanja in da znajo na koncu oceniti smiselnost
dobljene rešitve in kritično presoditi rezultat. Pogosteje bi morali reševati tudi naloge z drugih
področij znanosti in tehnologije, torej iz fizike, kemije, ekonomije, in uporabne naloge, povezane
s prakso. Matematika je namreč veda, ki je lahko zelo uporabna pri reševanju različnih problemov
v vsakdanjem življenju in prav to bi morali našim dijakom bolje predstaviti.
Pri analizi nalog, ki so jih dijaki reševali pri preverjanju znanja v okviru raziskave TIMSS,
ugotavljamo, da je največja težava uporaba znanja, ki so ga dijaki pridobili v štiriletnem šolanju
po gimnazijskem programu. V raziskavi je bilo kar nekaj nalog sestavljenih tako, da so dijaki
morali pokazati splošno znanje in povezovati teorijo z nalogami. Ugotovili smo, da so na tem
področju najšibkejši. Slabi rezultati se pojavljajo tudi pri besedilnih nalogah in nalogah izbirnega
tipa. Žal je v gimnazijskem programu pri pouku matematike vedno več osnovnih tipov nalog z
navodili, kot so: reši ..., izračunaj ..., določi itn. Premalo je nadgradnje znanja, pri čemer bi morali
dijaki povezati vse naučeno. Eden izmed vzrokov za takšno stanje je gotovo matura, ki učitelje, ki
pripravljajo dijake na maturo, sili, da so čim uspešnejši pri zunanjem ocenjevanju znanja. Z vidika
usvojenega znanja je to povsem narobe, saj dolgoročno ne zagotavlja kakovosti, je pa v dobro
dijakov, ki potrebujejo dobre dosežke na maturi.
Čeprav so bile v raziskavi TIMSS tudi enostavne naloge šolskega tipa, je bilo število pravilnih
odgovorov manjše od pričakovanega. Iz tega lahko sklepamo, da dijaki snovi iz prejšnjih letnikov
še niso utrdili ali pa določene snovi še niso predelali, veliko formul so tudi pozabili. Zanimivo bi
bilo raziskavo narediti po maturi, saj bi bili rezultati verjetno boljši. Opazna je tudi razlika med
številom pravilnih odgovorov med dijaki, ki se pripravljajo na maturo na osnovni in višji ravni. Na
višji ravni je število pravilnih odgovorov precej večje. Razlika je sicer pričakovana, saj so na višji
ravni dijaki, ki jih matematika bolj zanima ali pa se matematiko zaradi potreb po vpisu na fakultete
bolj učijo.
9
Raziskava je podprla mnenje učiteljev, da se raven znanja matematike v gimnazijah znižuje. V
zadnjih letih se je povečeval odstotek dijakov, ki so se vpisovali v gimnazijski program, ob tem so
se nižali cilji in zahteve do gimnazijcev. Treba bi bilo doseči, da bi gimnazijska matematika naučila
dijake logično misliti, povezovati teorijo s prakso in uporabljati znanje, saj je to trajno in v njihovem
nadaljnjem življenju koristno. Pri pouku lahko to dosežemo s poglobljeno razlago in ustrezno
izbiro nalog, kar zahteva dodaten čas, za dijake pa pomeni več poglobljenega in samostojnega dela.
Čeprav je bilo že velikokrat povedano, matematika ni sama sebi namen.
10
Povzetek skupnih ugotovitev učiteljev po analizi reševanja nalog
TIMSS za maturante
Po natančnem opazovanju doseženih rezultatov dijakov ter ogledu njihovih pisnih izdelkov smo
odkrili, da lahko izluščimo nekatere splošne ugotovitve o poučevanju matematike, ki se kažejo v
rezultatih. Na splošne gimnazije se vpisuje skoraj polovica populacije vseh slovenskih srednješolcev,
učitelji v razredih pa zaznavamo širino interesov, motivacije in sposobnosti dijakov. Vemo, da
so učitelji matematike časovno izjemno obremenjeni in da je na večini gimnazij s sedanjimi
generacijami dijakov hkrati z izvedbo kurikula težko doseči še ustrezno raznolikost pri poučevanju
matematike. Ko smo k temu dodali še naše izkušnje, so iz ugotovitev ob opazovanju reševanja
nalog slovenskih dijakov nastale naslednje ideje za splošne spremembe in spodbude učiteljem
maturitetne matematike:
• Pokazalo se je, da dijaki pogosto, mogoče tudi zaradi neustreznega pristopa, ne razumejo
temeljnih pojmov in definicij. Učitelji bi se morali bolj posvečati teoretični obravnavi. Ne
zadošča namreč, da dijake usmerjajo le v reševanje nalog.
• Pri vsakem tematskem sklopu je smiselno reševati naloge, ki se ne nanašajo zgolj na najpogostejše
tipe nalog, ki se pojavljajo na maturi, kar dolgoročno zagotavlja kakovost usvojenega znanja.
V izobraževanje vpletajmo tudi naloge z neznačilnimi besedili, ki bi jih bilo treba vnesti tudi v
učbenike in zbirke nalog.
• Pri pouku matematike bi lahko nekoliko več pozornosti namenili nalogam izbirnega tipa, saj
jih naši dijaki niso navajeni, v svetu pa so sorazmerno razširjene (naloga M5_02). Pogosto je
takšne naloge mogoče rešiti z izločanjem nepravilnih rešitev. Zato je nujno, da pri teh nalogah
zahtevamo od dijakov utemeljitev izbire odgovora in prikaz računanja kot pri nalogah z
odprtim odgovorom.
• V splošnem bi morali učitelji dijakom večkrat pokazati več različnih metod za reševanje iste
naloge in jih učiti reševati matematične probleme, na samo rutinske naloge (naloge M2_02,
M4_11, M6_10). Več pozornosti moramo nameniti utemeljevanju in dokazovanju, predvsem
v pisni obliki.
• Besedilne naloge so še vedno trd oreh za naše dijake. Pri nas rešujemo besedilne naloge, ko
obravnavamo linearno enačbo, sisteme enačb, sklepni račun in odstotni račun, kvadratno
enačbo, pri drugih poglavjih pa manj. Nekaj malega pokažemo tudi pri odvodu, vendar so
ekstremalni problemi le na višji ravni mature. Namenimo torej pozornost besedilnim nalogam
še v drugih poglavjih matematike (nalogi M6_03, M7_01).
11
• Sestavni del učenja matematike je tudi ustno spraševanje, po katerem se slovenska šola loči od
večine šol v drugih državah, kjer formalnega ustnega spraševanja največkrat sploh ne poznajo.
Prav pri tem naj bi imeli dijaki priložnosti pokazati, koliko znajo povezati znanje različnih
vsebin in koliko so vešči matematičnega sklepanja. Vendar je ustno spraševanje zaradi
različnih formalnih omejitev v sedanjem poučevanju bolj ovira kot prednost, predvsem zaradi
časovne zahtevnosti. Treba bi bilo poiskati rešitev, da bi izkoristili čas ustnega spraševanja
tudi za razvijanje matematičnega sklepanja, iskanje idej za reševanje neobičajnih nalog in
utemeljevanje matematičnih dejstev.
• Naši dijaki so slabo reševali naloge z drugih področij (na primer fizike), zelo neznane pa so
jim besedilne naloge s področja ekonomije, saj ne poznajo temeljnih pojmov, kot sta strošek
in dobiček. Obenem je dijake treba spodbujati, da je uspešnost reševanja odvisna predvsem
od razmišljanja, ne le od poznavanja ustreznih formul. Pogosteje bi morali reševati uporabne
naloge, povezane s prakso, s fiziko in kemijo, ter tako celostno predstaviti vlogo matematike
(naloge M1_03, M4_03, M7_05). Posodobljeni učni načrt priporoča več medpredmetnega
povezovanja, s katerim bi dijaki spoznali uporabnost matematičnega znanja.
• Pogosteje bi morali reševati naloge, ki so tako ali drugače povezane s parametri. Približujemo
se porastu uporabe računalniške tehnologije pri pouku matematike,
• Smiselno je čim prej stopiti v korak s svetom in pri pouku začeti uporabljati novejšo tehnologijo
za grafično prikazovanje matematičnih objektov in funkcij in simbolno računanje. Tehnologija
naj bo koristen pripomoček. Z uporabo pravilno izbranih nalog bomo obdržali ali celo dvignili
raven znanja matematike, saj tehnologija omogoča reševanje zahtevnejših nalog. Do takrat pa
najmanj razvijajmo spretnost smiselne uporabe običajnih žepnih računal.
• Naloge, v katerih se pojavljajo parametri, bomo morali pogosteje uporabljati pri pouku.
S približevanjem uporabi tehnologije pri pouku se povečuje pozornost do nalog, ki so za
računanje s tehnološkimi pripomočki najbolj primerne. Naloge s parametri pa silijo dijake v
klasični način reševanja, ki še vedno ostaja pomembni del razvijanja matematičnega mišljenja.
• Priporočljivo je, da pogosto rešujemo naloge, ki pri reševanju zahtevajo široko znanje različnih
poglavij (nalogi M5_03, M5_04). Pri vsakem sklopu rešujmo naloge različnih kognitivnih
ravni.
• Več pozornosti bi bilo dobro nameniti tudi nalogam, pri katerih morajo dijaki podatke odčitati
z grafa funkcij.
• Nekatere naloge iz prvega in drugega letnika so reševali slabo, ker so snov pozabili, naloge iz
četrtega letnika pa zato, ker snov morda še ni bila dovolj utrjena. Temu se lahko izognemo tako,
da snov obravnavamo spiralno, saj se snov tako omenja večkrat. Pomembno se je zavedati,
12
katera tematska področja se najpogosteje pojavijo le v nižjih letnikih (izjave, relacija deljivosti,
vektorji), in jih načrtno vključevati v pouk vsa leta tudi v povezavah z drugo snovjo.
• Premalo poudarka dajemo pomenu aritmetične sredine, standardnega odklona in drugih
pojmov iz statistike. Prepogosto dijake učimo le, kako te količine izračunati.
• Pri proučevanju nalog TIMSS se je pokazalo, da je poučevanje in tudi učbenike treba dopolniti
z uporabnimi nalogami. Naloge je treba smiselno vključiti v pouk tako, da bodo dijaki imeli
dovolj časa tudi za učenje reševanja takšnih nalog.
Priporočila učiteljem po tematskih sklopih
Naloge v raziskavi so obsegale različna vsebinska področja matematike. Dijakom so bile zastavljene
mešano, ne da bi naloga napovedala, v katero področje spada. Ob analizi smo naloge opazovali
znotraj pri nas uveljavljene delitve matematike na vsebinske sklope. Ob tem smo ugotovili,
katere značilnosti so skupne nalogam istega področja. Izpeljali smo povzetke o nujnih korakih
k spreminjanju sedanje prakse poučevanja maturitetne matematike, za katere verjamemo, da bi
ugodno vplivali na znanje maturantov. Navajamo ideje in priporočila po sklopih našega učnega
načrta.
Osnove logike (7 ur)
Poudariti je treba uporabo enega najbolj uporabnih orodij v matematiki in življenju nasploh −
logičnega mišljenja. Logično sklepanje se pogosto pojavlja pri kombinatoriki in verjetnosti v
četrtem letniku. Takrat primanjkljaja logičnega razmišljanja ni več mogoče nadomestiti, zato
je treba krepiti spretnost logičnega sklepanja vsa štiri leta gimnazije. Spodbujajmo dijake, da
se udeležujejo tekmovanj iz logike, saj se tako samodejno dviguje kakovost usvojenega znanja
tega tematskega sklopa.
Številske množice (55 ur)
Računanje s kompleksnimi števili vključujmo v različne tematske sklope (naloga M7_02).
Algebrski izrazi, enačbe in neenačbe (30 ur)
Reševanju nalog z algebrskimi izrazi je treba nameniti res veliko časa in na računanje z izrazi
kar naprej opozarjati, saj se sicer pomanjkanje znanja vleče skozi ves izobraževalni proces
(M2_01 in druge naloge, povezane z enačbami in neenačbami). Temeljito je potrebno utrditi
reševanje neenačb (pri različnih vsebinah) in dovolj časa nameniti njihovi uporabi v praktičnih
primerih.
13
Geometrija v ravnini in prostoru, liki in telesa (66 ur)
Opozorimo dijake na različna enakovredna orodja za reševanje trikotnika in na različne
postopke reševanja (naloga M5_10). Tudi geometrijske naloge lahko vključujemo v različne
sklope (nalogi M2_06, M3_07). Pri geometriji je smiselno uporabljati programe za dinamično
geometrijo (Geogebra, Riš).
Vektorji v ravnini in prostoru (28 ur)
Z mislijo na bodoče študente moramo opozoriti dijake, da v srednji šoli uporabljamo
komponentni zapis vektorjev v obliki (a, b), vendar obstaja še možnost vektorskega zapisa
(naloga M2_08). Smiselno je ponavljati vektorje, ko se pokaže priložnost (dokazi, različne
poti reševanja nalog v tretjem in četrtem letniku), sicer se raven znanja v tretjem in četrtem
letniku zelo zniža (naloga M3_09).
Funkcije (190 ur)
• Iskanje presečišč krivulj je ena od temeljnih nalog poglavja o funkcijah. Poudarimo
analogijo razmišljanja o funkcijah pri različnih tematskih sklopih (naloga M5_05). Dovolj
časa je treba nameniti uporabi različnih oblik enačb premic in pretvarjanju v zahtevane
oblike (naloga M2_07).
• Za kompozitum je treba poudariti, da operacija ni komutativna oziroma poudariti razliko
med zapisoma f(g(x)) in g(f(x)) (naloga M1_01). Kompozitum je smiselno utrjevati spiralno,
uvedemo pa ga lahko že v 1. letniku, pri risanju funkcij g(x) = |f(x)| in pri linearnih funkcij.
Nato pojem kompozituma utrjujemo pri ostalih funkcijah v drugem in tretjem letniku.
• Dovolj zgodaj se morajo dijaki naučiti načrtovati grafe funkcij, ki so odsekoma elementarne
in to tudi pogosto vaditi (naloga M1_02).
• Reševanje različnih neenačb je treba učiti že v prvem letniku in jih utrjevati tudi v
naslednjih treh. Računsko reševanje povezujemo z grafičnim načinom. Pri tem je zelo
smiselna uporaba tehnologije (nalogi M2_03, M6_02).
• Sklopu o transformacijah v ravnini ne namenjamo dovolj časa. Dijaki naučenih postopkov
ne razumejo vedno, temveč jih znajo izvajati le v dovolj preprostih primerih, sicer pa ne ,
zato je pri učenju transformacij v ravnini smiselno uporabljati sodobne tehnologije (naloge
M2_04, M3_06, M5_09).
• Namenimo pozornost pravilnemu zaokroževanju in pravilni uporabi vrste kotne funkcije
(nalogi M4_10, M7_10).
14
• Kaj je logaritem? Pogosto dijaki ne poznajo odgovora na to vprašanje, ki je bistveno za dobro
razumevanje. Težave nastanejo tudi zato, ker si pod pojmom logaritem ne predstavljajo
ničesar, zato se snov omeji le na uporabo pravil. Poleg tega je zelo priporočljivo, da rešujemo
naloge, povezane s praktičnimi primeri, saj da takšna obravnava logaritmom ustrezno težo.
Vpletajmo logaritme tudi v druge tematske sklope.
• Nujno je treba zagotoviti, da bodo dijaki poznali definicijo kotnih funkcij poljubnih
kotov na enotski krožnici (naloga M6_10), in jih naučiti, kako prikaz na enotski krožnici
uporabiti kot pripomoček pri reševanju nalog. Za boljše razumevanje definicij kotnih
funkcij poljubnih kotovje priporočljivo uporabljati računalniške programe za dinamično
geometrijo.
Stožnice (20 ur)
Pogosteje povezujmo krivulje drugega reda z drugimi tematskimi sklopi, saj dijaki sicer zelo
hitro pozabijo celo temeljne pojme (naloga M6_09).
Zaporedja in vrste (32 ur)
Obravnave matematične indukcije ne smemo zanemarjati. Priporočljivo je večkrat preveriti
razumevanje postopka dokazovanja s popolno indukcijo in ne le reševati nalog “po receptu”.
Največja težava pri sklopu zaporedja in vrste so formule, ki jih dijaki hitro pozabijo, če jih
ne razumejo. Učitelji naj bodo pri razlagi vztrajnejši, da bodo dijaki formuli za splošni člen
aritmetičnega in geometrijskega zaporedja dobro razumeli in zato manj pogosto pozabili.
Dovolj časa naj se posveti obravnavi neskončne geometrijske vrste in njeni uporabi na
geometrijskih primerih (naloga M3_08).
Diferencialni račun (30 ur)
• Učitelji in dijaki se bolj osredotočajo na tehniko odvajanja kot pa na razumevanje pojma
odvod (limita) in na geometrijski pomen odvoda. Dobro je, če se teoretični obravnavi
nameni dovolj truda (nalogi M4_06, M5_06, M6_07).
• Podobna težava je pri zveznosti, ki je potisnjena v ozadje, čeprav bi njeno obravnavo učitelji
lahko izkoristili za temeljit pregled in obravnavo elementarnih funkcij (glejte pripombe o
funkcijah) (naloga M3_05).
• Limite so pri pouku v mnogih razredih potisnjene v ozadje, zato je priporočljivo, da so
učitelji pozorni na njihovo uporabo pri različnih tematskih sklopih ter poudarijo njihovo
uporabno vrednost pri funkcijah, pa tudi povezanost limit z drugimi tematskimi sklopi
(naloge M1_04, M3_07, M6_04).
15
• Odvod kompozituma je zahteven. Malo dijakov razume ta segment odvajanja in mnogi
učitelji imajo težave z razlago. Včasih pomaga, če učitelj dijakom prikaže (razloži) odvod
kompozituma kot odvod z novo spremenljivko: če vpeljemo novo spremenljivko t = g(x),
izračunamo (f (t))’ = f ’(t) ∙ t’ (naloge M1_06, M2_05, M6_05, M7_04, M7_09).
• Številni učitelji tako imenovane ekstremalne probleme pri izvedbenem kurikulumu
izpuščajo, kar ni smiselno, saj ti problemi matematiko povezujejo z vsakdanjim življenjem
in ji dajejo uporabno vrednost. Osnovne naloge z ekstremalnimi problemi naj bi znali
dijaki ne glede na izbiro ravni matematične mature (nalogi M2_06, M4_07).
• Smiselno je definirati tudi višje odvode, čeprav presegajo učni načrt, saj gre za naravno
nadgradnjo prvega odvoda (naloga M4_05).
Integralski račun (20 ur)
• Delo v četrtem letniku je treba zastaviti tako, da na koncu ne prihaja do časovne stiske
in da je vsa snov preverjena, če že ne ocenjena. Pogosto se zaradi časovne stiske sklopi o
integralih ali o kombinatoriki in verjetnosti ne obravnavajo dovolj korektno.
• Razumevanju definicij (teoretični razlagi) nedoločenega in določenega integrala je treba
nameniti dovolj časa. Dovolj časa naj bo tudi za uporabo določenega integrala (ploščine,
vrtenine). Pri uvedbi določenega integrala je smiselno uporabiti IKT (naloge M3_04,
M4_08, M5_05, M5_07, M7_08, M7_09).
Kombinatorika, verjetnostni račun (32 ur)
Sklopoma o kombinatoriki in verjetnosti se profesorji in dijaki teoretično ne posvečajo dovolj in
zato dijaki naučenih postopkov ne razumejo, temveč jih znajo izvajati zgolj v dovolj preprostih
primerih. Nekateri učitelji obema sklopoma namenijo le nekaj ur, da bežno obravnavano
teorijo podkrepijo le s preprostimi primeri, kar je dijakom v škodo. Paziti je treba, da dijak
v nalogi vidi teoretično povezavo z osnovnim izrekom kombinatorike in pravilom vsote.
Priporočamo, da se vsaj pri začetnih zgledih posvetimo reševanju zelo načrtno:
Zgled:
Miha bo oblekel bodisi kavbojke bodisi slovesno obleko. Če bo oblekel kavbojke, jih lahko obleče v
kombinaciji s petimi majicami in štirimi pari športnih copatov. Če bo oblekel slovesno obleko, pa
ima na voljo tri pare čevljev in pet srajc. Na koliko načinov se lahko obleče?
Miha lahko izbira bodisi med m možnostmi iz prve množice izborov (kombinacije oblačil
s kavbojkami) bodisi med k možnostmi iz druge množice izborov (kombinacije oblačil z
obleko). Po pravilu vsote je število vseh izborov m + k.
16
Izračun m: prvi korak odločanja je izbiranje majice na 5 načinov. Drugi korak odločanja je
izbiranje športnih copat na 4 načine, ki je neodvisno od prejšnjega izbiranja. Po osnovnem
izreku kombinatorike je m = 5 ∙ 4 = 20.
Izračun k: prvi korak odločanja je izbiranje srajce na 5 načinov. Drugi korak odločanja je
izbiranje čevljev na 3 načine, ki je neodvisno od prejšnjega izbiranja srajce. Po osnovnem
izreku kombinatorike je 5 ∙ 3 = 15.
Glede na pravilo vsote se lahko Miha obleče na m + k = 35 načinov.
Na začetku pravkar opisane obravnave najbrž res porabimo več časa, a se to povrne v obliki
boljšega znanja (naloga M4_02).
Statistika (10 ur)
• Statistika je eno najosnovnejših orodij v različnih znanostih, a se ji glede na pomembnost
in uporabnost premalo posvečamo (nalogi M1_05, M3_03).
• Spodbujajmo seminarsko delo dijakov in zanimajmo se, kakšno statistiko uporabljajo pri
seminarskih ali raziskovalnih nalogah pri drugih predmetih.
Res je, da so vse omenjene spodbude časovno zahtevne in odvisne od sposobnosti dijakov ter zato
včasih težko izvedljive. Opažamo, da se na gimnazijah vedno bolj posvečamo dijakom s težavami
pri matematiki, ki jih je vedno več, za marsikaj matematično lepega in zahtevnejšega pa zmanjka
časa. Želimo si, da bi učitelji ideje razumeli kot spodbudo in podporo svojemu delu.
17
TIMSS in matura
Tako matura kot TIMSS preverjata znanje dijakov četrtih letnikov splošnih gimnazij. Pri raziskavi
TIMSS preverjajo predvsem tradicionalna matematična področja (algebro, analizo in geometrijo)
s pomočjo nalog z izbirnimi odgovori in z nalogami odprtega tipa. Številne naloge so uporabne in
zahtevajo celostno matematično znanje ter povezave tudi z drugimi predmeti. V naših učbenikih
in zbirkah vaj takih nalog trenutno ni, vendar nov učni načrt že spodbuja k reševanju uporabnih
nalog, ki bi pripomogle k razgibanosti matematičnega pouka. Pri maturi ni nalog izbirnega tipa,
pač pa mora biti pri vseh nalogah jasno vidna dijakova pot do rešitve. Prav tako pri opravljanju
mature iz matematike ni uporabnih nalog, pri katerih bi dijaki morali povezati znanje, metode
reševanja in razumevanje besedila. Želeli bi si, da bi tudi pri maturi imeli take naloge. To bo
mogoče šele, ko se bodo uveljavile pri pouku.
Raziskava TIMSS je bila za dijake obsežnejša od mature, saj je bilo za reševanje posameznega
zvezka, v katerem je bilo približno 30 nalog, namenjenih 90 minut, medtem ko matura na osnovni
ravni obsega 12 nalog, za katere imajo dijaki 120 minut časa. Tisti dijaki, ki opravljajo maturo
na višji ravni, imajo na voljo prvih 90 minut za naloge osnovne ravni, nato pa še 90 minut za tri
strukturirane naloge. Vendar pa maturo sestavljata pisni in ustni del, pri katerem dijak pokaže
znanje matematične teorije, česar pri TIMSS ni. Še boljše primerjave bomo lahko oblikovali, ko
bomo opravili načrtovano vzporedno analizo dosežkov dijakov pri obeh merjenjih znanja.
Ker so danes dijaki po svetu navajeni, da si pri reševanju nalog pomagajo z računali, so bile naloge
v raziskavi TIMSS izbrane tako, da so bili dijaki, ki so uporabljali tehnološke pripomočke, le v
majhni in merljivi prednosti pred dijaki, ki grafičnih računal ali računal s simbolnim računanjem
niso imeli. Tudi pri maturi bo treba podobno izbirati naloge glede na to, da novi katalog ne omejuje
tipa računala, ki ga dijaki uporabljajo.
Naloge TIMSS po zahtevnosti in vsebinah presegajo maturitetne, vendar je med njimi tudi nekaj
takih, ki so po obliki in zahtevnosti sorodne. Obe preverjanji, TIMSS in matura, preverjata veliko
snovi naenkrat, torej pregledno znanje, ki naj bi ga dijaki usvojili po 12 letih učenja matematike.
18
Pogled učiteljev na dosežke slovenskih maturantov v nalogah
raziskave TIMSS
V nadaljevanju so prikazane naloge raziskave, dosežki in njihova razlaga. Naloge raziskave TIMSS
za maturante so bile združene v sedem sklopov. Vsak sklop je vseboval približno deset nalog. V
vsaki od štirih različic preizkusa so bili trije sklopi. Razen dveh sklopov so bili vsi vključeni v dve
različici preizkusa. Tukaj so naloge prikazane, kakor so si sledile v sklopih od prvega do sedmega.
Vsaka naloga je v naslovu označena z opisom vsebine, področjem matematike in kognitivnim
področjem, kamor je bila umeščena mednarodno in lahko odstopa od slovenske umestitve
matematičnih vsebin na področja. V oklepaju so navedene še identifikacijska številka naloge v bazi
nalog TIMSS ter oznaka naloge v sklopu: M za matematiko, številka sklopa in zaporedna številka
naloge znotraj sklopa. Nekatere naloge so bile ob statistični analizi izvzete iz mednarodne analize,
ker njihove merske značilnosti niso zadoščale za statistične izračune. Te naloge niso prikazane v
knjižici, kakor se vidi tudi iz zaporedja številk nalog v nekaterih sklopih.
Za nalogami z odprtimi odgovori je naveden način vrednotenja, to je, kateri odgovori dijakov so
se šteli za pravilne, deloma pravilne ali napačne. Napačni odgovori so dobili številske oznake, večje
od 70. Oznaka 79 pomeni splošni nepravilni odgovor, ki zaradi večje preglednosti ni navedena
med pravili vrednotenja. Posebej so se šteli primeri, kjer dijaki niso napisali ničesar. Ti odgovori
so označeni kot manjkajoči.
Kratke naloge z odprtim odgovorom so bile vredne eno točko. Njihovi pravilni odgovori so dobili
številske oznake med 10 in 19, delno pravilnih odgovorov pa ni bilo. Daljše ali sestavljene naloge z
odprtim odgovorom so bile vredne dve točki. Popolnoma pravilni odgovori so dobili oznake med
20 in 24 in dve točki, delno pravilni pa med 10 in 19 in eno točko. Odgovori, pridobljeni s pomočjo
kalkulatorjev, so dobili druge številke oznake kot odgovori, pridobljeni brez kalkulatorja.
V tabelah rezultatov se stolpci nanašajo na izbirne odgovore, ki so označeni v nalogi s črkami A do
E ali na številske oznake odprtih odgovorov v pravilih vrednotenja. Z zvezdico je označen pravilni
odgovor.
Naloge drugega, četrtega in petega bloka, ki niso objavljive, nadomeščajo opisi besedila in izbirnih
odgovorov ali pravil za vrednotenje odprtega odgovora, ki ga je dijak moral zapisati samostojno.
Učitelje vabimo, da si po opisih zamislijo svoje nalogo, da jih uporabijo pri pouku, kakor si želimo,
da bi storili tudi pri nalogah z izbirnimi odgovori.
19
Kompozitum funkcij: algebra − poznavanje dejstev (MA13001−M1_01)
Funkciji f in g sta definirani takole: f (x ) = x −1 in g (x ) = (x + 3)2.
MA13001
g ( f (x )) je enako:
a
(x − 1)(x + 3)2
b
(x + 3)2 − 1
c
(2 x − 2)2
d
(x + 2)2
e
x2 + 8
Dosežki: odstotni deleži odgovorov dijakov po državah
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Mednarodno povprečje
Slovenija
Višja raven mature
Osnovna raven mature
A
B
C
D*
E
Manjkajoči Pravilni
10,4
25,1
1,9
23,9
1,3
10,8
38,6
10,5
13,8
25,6
16,2
12,6
17,2
3,0
13,0
3,0
4,6
14,0
5,5
12,8
14,5
10,0
6,3
3,4
1,0
2,6
0,6
3,2
5,9
1,8
2,6
6,3
3,4
60,4
49,9
91,4
50,0
93,6
76,3
28,9
80,0
67,6
43,8
64,2
3,5
3,9
0,3
1,6
0,4
2,4
5,6
1,2
1,2
5,9
2,6
6,8
0,5
2,3
8,8
1,1
2,7
7,0
1,0
2,0
3,9
3,6
60,4
49,9
91,4
50,0
93,6
76,3
28,9
80,0
67,6
43,8
64,2
2,3
16,6
4,3
15,2
2,1
2,5
90,6
61,6
0,0
1,6
0,7
2,4
90,6
61,6
Besedilo naloge
Naloga je povsem običajna naloga o kompozitumu funkcij za četrti letnik.
20
Rezultat
Dve tretjini pravilnih odgovorov je dober rezultat. Razlika v dosežku dijakov višje in osnovne ravni
je pričakovano visoka, saj kompozitum funkcij ni zahtevano znanje za osnovno raven mature iz
matematike. Rezultat je dober tudi, ker je bila za dijake snov še sveža. Pri napačnih odgovorih
prevladuje odgovor A, ki navaja produkt obeh funkcij, kar kaže na nerazumevanje zapisa za
kompozitum med dijaki. Drugi najpogostejši napačni odgovor je bila funkcija f (g (x) ). Dijaki, ki
so izbrali tega, sicer razumejo tehniko izračuna kompozita, vendar so verjetno zaradi nepozornosti
ali nenatančnega branja zamenjali vrstni red sestavljanja funkcij.
Pomen naloge za poučevanje matematike pri nas
Naloga je značilna šolska naloga, primerna za utrjevanje snovi kompozituma funkcije za osnovno
in višjo raven ter je ustrezno zastavljena. Besedilo naloge je dobro. Razvidno je, kaj mora dijak
narediti. Dobra je tudi kot značilen primer, na katerem se da pokazati, da kompozitum ni
komutativen. Morda bi lahko nalogo izboljšali, če bi bilo v besedilu naloge zapisano: kompozitum
g ( f (x) ), da bi še z besedo poudarili zahtevan pojem.
Ker imajo dijaki navadno težave z razumevanjem pojma kompozituma funkcij, lahko razumevanje
poglobimo z nalogami, v katerih naredimo kompozitum treh ali več funkcij. Dijaki pogosto ne
razumejo, zakaj funkcije sestavljamo v nove funkcije. Pojasnimo jim, da elementarne funkcije, ki
smo jih obravnavali, pogosto ne zadostujejo za opis primerov iz življenja. S podobnimi nalogami
lahko utrjujemo pojem definicijskega območja.
Pojem kompozitum funkcij je za dijake zelo abstrakten. Lahko jim ga približamo z naslednjim
primerom: če je funkcija f (x) = x 2+1, koliko je f (1), f (x+2), f (x 2), f (−x), f (| x |) ?
Čeprav je kompozitum za povprečne dijake težja snov, jo ob ustrezni obravnavi usvojijo brez
večjih težav. Znanje kompozituma je pomembno. Čeprav je kompozitum del snovi, zahtevane za
višjo raven mature, ga obravnavamo v četrtem letniku pri pouku za vse dijake, ker ga potrebujejo
za računanje odvodov sestavljenih funkcij, ki so zahtevana snov na osnovni ravni matematične
mature. Ker je spremenjeni učni načrt prilagodljiv glede časovne obravnave snovi, predlagamo
spiralno obravnavo kompozituma v vseh štirih letih. S sestavljenimi funkcijami bi se dijaki lahko
srečali že v prvem letniku, najpozneje pa v drugem pred uvedbo inverzne funkcije. Naloge, v
katerih nastopa kompozitum, lahko vključujemo v obravnavo poljubnih funkcij in jih nazadnje
utrjujemo pri računanju odvoda posredne funkcije. Če dijaki razumejo pojem kompozituma, se
odvajanja posrednih funkcij lažje naučijo (naloge M1_06, M2_05 in M6_05).
21
Graf funkcije: algebra − sklepanje (MA13002 − M1_02)
Funkcija f je definirana takole :
f (x ) = − x −1 ko je −2 < x ≤ −1
f (x ) = x +1 ko je −1 < x ≤ 0
f (x ) = − x +1 ko je
0<x≤ 1
f (x ) = x −1 ko je
1< x ≤ 2
Katera od slik je graf funkcije f ?
f(x)
a
f(x)
b
1
–2
1
–1 0
1
2
f(x)
c
x
–2
d
–1
0
1
2
x
f(x)
2
1
–2
1
–1 0
1
x
2
0
–1
f(x)
e
1
x
–2
MA13002
1
22
–2
–1 0
–1
1
2
x
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
E
48,3
38,4
63,8
50,9
69,4
87,4
43,2
75,0
55,4
41,4
57,3
11,0
13,2
2,2
9,5
3,7
1,1
13,9
2,8
8,4
12,3
7,8
9,6
25,0
15,5
9,2
7,1
1,8
7,0
7,3
5,3
7,2
9,5
5,6
6,8
2,4
5,1
3,3
1,7
9,0
3,1
7,2
10,4
5,5
10,2
15,7
10,6
14,5
11,9
6,2
17,2
10,9
19,1
22,1
13,8
15,3
1,1
5,5
10,8
4,6
1,9
9,7
0,9
4,6
6,7
6,1
48,3
38,4
63,8
50,9
69,4
87,4
43,2
75,0
55,4
41,4
57,3
83,1
48,5
1,2
9,9
0,7
6,6
4,1
8,2
9,6
21,6
1,2
5,2
83,1
48,5
Besedilo naloge
Naloga zahteva, da dijaki med petimi grafi prepoznajo pravilni graf sestavljene funkcije iz linearnih
kosov. Sestavljena funkcija je v nalogi zapisana drugače, kot so dijaki vajeni. Pri nas se v gimnaziji
sestavljene funkcije zapisujejo v obliki z zavitim oklepajem, oznaka f(x) pa se zapiše samo enkrat.
Točko, ki ne pripada grafu, pri nas grafično označimo s puščico, v nalogi pa je označena s praznim
krožcem. Oboje bi lahko zmotilo dijake, ki niso popolnoma zanesljivi v svojem znanju.
Rezultat
Naloga je lahka in primerna za vse dijake, zato bi rezultat lahko bil boljši. Najpogostejši napačni
odgovor je bil odgovor E, ki ga je izbrala petina dijakov. Dijak bi prišel do odgovora, ki kaže graf
odsekoma linearne funkcije, če bi pri risanju grafa vsakega linearnega kosa sklepal, da je izhodišče
koordinatnega sistema vsakič v začetni meji intervala.
Naloga opozarja, da je med dijaki osnovne ravni matematike kar nekaj takih, ki ne prepoznajo, kdaj
je narisani graf sploh graf funkcije in ne vedo, da je osnovna lastnost funkcije, da vsakemu x priredi
natanko eno vrednost. Primer odgovora D ponuja dobro idejo za preverjanje tega nerazumevanja.
23
Snov naloge spada v maturitetno snov osnovne ravni, ki se obravnava v prvem letniku gimnazije.
Naloga zahteva od dijakov dobro poznavanje grafa linearne funkcije. Takšne naloge, v katerih je
funkcija sestavljena iz več delov, so v naših učbenikih precej pogoste pri različnih funkcijah, ne le
pri linearni, vendar dijaki pri pouku verjetno redkeje srečajo funkcije s kar štirimi predpisi.
Naloga je primerna za preverjanje razumevanja pojma funkcije in njenega grafa. Razširimo jo
lahko še na druge pojme, povezane s funkcijo (definicijsko območje, zaloga vrednosti, ničla,
začetna vrednost). Nalogo bi lahko razširili še s tabelo, ki jo dijaki dopolnijo:
x=
−2
−1,5
0
1/3
2
f (x) =
Snov bi lahko spiralno nadgrajevali v višjih letnikih, ko lahko poleg linearne funkcije vključimo
tudi druge funkcije. Boljše razumevanje lahko dosežemo, če nalogi damo nekaj vsebine, v četrtem
.
letniku tudi zveznost, limito in odvedljivost funkcij. Dijaki bi lahko poskusili izračunati
Tudi v naslednji nalogi najdemo odsekoma podano funkcijo. Naloga je primerna za drugi ali četrti
letnik.
Zgled:
Ko letalo začne pristajati, je njegova hitrost v prvih štirih sekundah podana z enačbo
v = 50 + 50 e (−t) , 0 ≤ t ≤ 4 ,
pri čemer čas t merimo v sekundah in hitrost v m/s. Po 4 sekundah začne hitrost enakomerno padati
in letalo se ustavi po 11 sekundah od začetka pristajanja.
(a) Nariši graf hitrosti v odvisnosti od časa.
(b) Kakšno pot prepotuje letalo v prvih 4 sekundah?
(c) Izračunaj pojemek po 4. sekundi od začetka pristajanja.
(d) Izračunaj pot, ki jo letalo opravi v času od t = 4 do t = 11.
24
Primerjava funkcij: algebra − sklepanje (MA13003−M1_03)
Na voljo imamo dva matematična modela za napoved dobička y (v evrih) pri
prodaji x tisoč kosov nekega izdelka (pri čemer je 0 < x < 5). Modela P in Q
temeljita na različnih tržnih metodah:
model P:
y = 6x − x 2
model Q:
y = 2x
MA13003
Za katere vrednosti x predvideva model Q večji dobiček kot model P?
a
0<x<4
b
0<x <5
c
3< x <5
d
3< x <4
e
4<x <5
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D
E*
11,3
12,3
12,4
17,2
21,6
15,2
11,0
16,6
18,9
8,3
14,5
8,4
16,5
5,1
8,6
7,4
1,5
7,0
5,9
5,3
8,3
7,4
16,7
18,8
8,4
10,1
4,1
1,7
10,0
7,1
8,4
12,2
9,7
12,1
9,9
6,9
5,8
4,1
1,2
6,3
4,1
6,4
7,4
6,4
24,0
41,1
42,0
39,5
53,7
78,1
58,5
63,2
53,1
55,3
50,9
27,5
1,4
25,2
18,8
9,0
2,1
7,2
3,2
8,0
8,5
11,1
24,0
41,1
42,0
39,5
53,7
78,1
58,5
63,2
53,1
55,3
50,9
16,5
19,6
2,4
5,7
2,5
10,2
4,1
6,7
70,3
48,7
4,2
9,0
70,3
48,7
Besedilo naloge
Naloga je imenitna nestandardna matematična naloga, ki govori o dveh matematičnih modelih
izračuna dobička pri prodaji izdelkov. Prvi model je kvadratna funkcija, drugi pa linearna funkcija.
Dijaki so morali ugotoviti, za kateri del definicijskega območja so vrednosti linearne funkcije večje
od vrednosti kvadratne funkcije. Naloga preverja tudi znanje reševanja neenačb. Pri opazovanju
odgovorov nismo opazili, da bi si dijaki pomagali z risanjem grafov funkcij.
25
Rezultat
Najpogostejši napačni odgovor so izbrali dijaki, ki so nepravilno postavili simbol za neenakost.
Naloga je našim dijakom tuja, zato je odstotek tistih, ki so jo rešili pravilno, zelo dober. Ker je
nalogo mogoče rešiti tudi s poskušanjem, je uspešnost reševanja kljub nenavadnemu besedilu
precej velika.
Veliko dijakov gotovo ni vedelo, kako naj se naloge lotijo, saj rešujemo premalo nalog, v katerih
bi se videla uporabnost poučevane snovi ali pridobljenega znanja v različnih strokah. Po starem
učnem načrtu ni bilo predvidenega veliko medpredmetnega povezovanja, po posodobljenem pa
naj bo tega čim več. Naloga je lep primer medpredmetnega povezovanja z ekonomijo, sestavimo
pa lahko podobne naloge tudi za povezovanje z drugimi področji. Pri vsaki podobni nalogi se
moramo najprej prepričati, ali dijaki razumejo pojme, ki nastopajo, sicer naloge ne morejo rešiti.
Priporočamo, da se naloga rešuje kot primer uporabe reševanja neenačb. Lahko sta tudi oba
modela kvadratna. Če dijaki uporabljajo tehnologijo, sta lahko modela še boj zapletena, na primer
en eksponentni in en kvadratni model. Navajamo primer naloge, v kateri se pojavljata linearni in
eksponentni model. Nalogo rešujemo s pomočjo tehnologije.
Zgled:
Ana in Bor se pripravljata na tekaško tekmovanje. Ana se je odločila, da prvi teden preteče 10 km,
potem pa vsak nadaljnji teden po 1 km več. Bor se odloči, da preteče prvi teden le 5 km, potem pa
razdaljo povečuje za 20 % na teden. Zapiši enačbi, ki opisujeta pretečene kilometre v n-tem tednu.
Čez koliko časa bo Bor pretekel več km na teden kot Ana?
Če nalogo rešujemo v četrtem letniku, lahko dodamo še naslednje vprašanje: Čez koliko časa bo
vsota vseh km, ki jih je na treningih pretekel Bor, večja od vsote km, ki jih je pretekla Ana?
Naloge, v katerih se poveže teorija s praktičnimi izračuni, so zelo dobrodošle za reševanje v razredu.
Dijaki pogosto obupajo pri besedilnih nalogah, ker ne znajo uporabljati pridobljenega znanja, tudi
če so naloge lahke. Smisel gimnazijske matematike pa je povezovanje znanja, ne samo reševanje
nalog po »receptih«.
26
Limita: analiza − poznavanje dejstev (MA13004 − M1_04)
lim
x→+∞
MA13004
a
(2 x + 1)(x + 1)
je enaka
3x 2 − 2
−
1
2
b
2
3
c
1
d
6
e
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
E
7,6
14,2
2,1
3,2
0,4
6,5
13,8
7,8
14,8
17,2
8,8
47,0
30,7
87,0
75,1
93,3
69,3
37,0
63,6
51,1
27,4
58,2
15,8
10,0
1,6
6,9
1,4
7,3
11,8
8,5
8,7
15,0
8,7
5,7
7,2
0,4
0,3
0,3
1,4
5,9
3,8
2,7
5,4
3,3
8,5
36,5
4,1
9,9
2,9
11,7
18,3
11,3
14,0
25,3
14,2
15,4
1,5
4,9
4,7
1,8
3,8
13,1
5,1
8,7
9,6
6,8
47,0
30,7
87,0
75,1
93,3
69,3
37,0
63,6
51,1
27,4
58,2
10,5
15,8
76,2
44,3
2,8
10,1
0,7
3,2
7,0
16,2
2,7
10,4
76,2
44,3
Besedilo naloge
Naloga zahteva izračun limite racionalne funkcije, ki ima v števcu in imenovalcu polinom druge
stopnje. Navodilo naloge je jasno in jedrnato zapisano. Večina dijakov naj bi nalogo rešila, saj so
takšne naloge pogoste pri pouku v četrtem letniku gimnazije.
27
Rezultat
Čeprav je naloga precej preprosta, je le dobra polovica dijakov odgovorila pravilno. Rezultat je torej
sorazmerno nizek. Dijaki, ki razumejo pojem limite in povezujejo pridobljena znanja, vedo, da so
tako vprašanje srečali že trikrat: pri obravnavi vodoravne asimptote, limite zaporedij in funkcij.
Najpogostejša napačna odgovora sta bila A in E. Dijaki, ki so izbrali odgovor A, so verjetno za x
vstavili 0 ali gledali prosta člena. Napačen odgovor E kaže na to, da dijaki niso vedeli, kako naj se
naloge sploh lotijo. Oboje opozarja na obseg značilnih napak pri naših dijakih.
Naloga je enostavna, primerna za obe ravni mature. Nalogo lahko uporabimo samostojno ali kot
iskanje asimptote pri risanju grafa racionalne funkcije. Ob vertikalnih asimptotah razložimo še
pojem neskončne limite.
Morda bi bilo dobro, če bi pri razlagi dali nalogi nekaj vsebine. Poleg matematičnega pomena
limite v neskončnosti kot vodoravne asimptote v tem primeru lahko oblikujemo nalogo tudi z
vsebinskim ozadjem. Ustrezna racionalna funkcija s primerno začetno vrednostjo v x = 0 bi lahko
predstavljala gibanje delnice, dijaki pa bi lahko ugotavljali vrednost delnice po zelo dolgem času.
28
Odvod: analiza − poznavanje dejstev (MA13006 − M1_06)
4
po x je
3x − 4
Odvod izraza
a
b
c
MA13006
d
e
12 3x − 4
4
3
−2
3
( 3x − 4 ) 2
−6
3
( 3x − 4 ) 2
6 3x − 4
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
E
11,4
14,3
3,4
6,7
3,8
7,5
18,9
5,3
5,3
9,7
8,6
13,4
20,3
4,0
6,8
1,8
3,5
15,4
2,7
9,1
21,6
9,9
22,8
31,1
10,2
21,4
10,4
19,3
20,7
22,7
26,3
26,5
21,1
37,4
22,6
64,1
42,0
74,4
55,0
21,7
61,6
35,8
26,5
44,1
3,7
8,4
5,7
8,9
4,6
10,0
10,4
5,0
12,5
7,6
7,7
11,3
3,3
12,6
14,3
5,0
4,7
12,8
2,6
10,9
8,1
8,6
37,4
22,6
64,1
42,0
74,4
55,0
21,7
61,6
35,8
26,5
44,1
2,3
6,3
,9
11,5
24,4
26,7
56,1
30,3
11,5
12,7
4,9
12,3
56,1
30,3
29
Besedilo naloge
Naloga zahteva izračun odvoda sestavljene funkcije. Navodilo je jasno in se od običajne šolske
naloge razlikuje po tem, da pove, po čem naj dijak funkcijo odvaja. Zahteva povezano znanje
odvoda in kompozituma ali poenostavljanje izraza v potenco s celim eksponentom in odvajanje
kompozituma funkcij. Več zahtevanih elementov odvajanja vodi v različne mogoče napake, ki jih
zaznamo z izbiro značilnih napačnih odgovorov.
Rezultat
Dosežek ni visok, vendar rezultat ne preseneča. Izstopa napačen odgovor C, ki ga dobimo, če
izraza ne odvajamo kot sestavljeno funkcijo, temveč zgolj kot potenco. Ker je posredno odvajanje
sestavljene funkcije snov osnovne ravni mature, ne bi smelo biti tako velikih odstopanj v rezultatu
med dijaki na osnovni in višji ravni.
V nalogi odvajamo sestavljeno funkcijo. Ni slabo, če dijak izbira med danimi rezultati, saj mora
poleg odvajanja znati poenostavljati potence z racionalnimi eksponenti. Pri odgovoru C opazimo,
da jih veliko odvaja samo korensko funkcijo ali uporabijo formulo za odvod potence, pozabijo
pa pomnožiti z odvodom izraza 3 x − 4, kar je 3. Na to klasično napako je treba dijake posebej
opozarjati.
Naloga je pomembna za utrjevanje odvoda kompozituma funkcije in dobra vaja za razumevanje te
snovi. Nalogo bi lahko aktualizirali tako, da bi podali neko odvisnost, ki je lahko povezana s pojmi
iz ekonomije − zanimala bi nas lahko kritična točka.
Dobro je rešiti več zelo različnih nalog, tudi zato, da dijaki vadijo prepoznavanje sestavljenih
funkcij. Dijaki naj odvajajo tudi funkcije, ki so sestavljene iz več kot dveh funkcij.
Zgled: Odvajaj funkcijo f (x) = ln 3 ( sin x + e 2x).
30
Trikotnik in smerni koeficient stranic: geometrija − uporaba znanja (MA13007 − M1_07)
MA13007
Ena stranica enakostraničnega trikotnika leži vzdolž osi x. Vsota smernih
koeficientov treh stranic je
a
0
b
–1
c
1
d
2 3
e
1+ 2 3
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
E
33,2
29,1
60,8
42,3
54,0
74,9
51,5
51,9
52,7
44,8
49,5
6,1
3,7
1,6
2,5
2,8
1,4
1,4
2,7
3,3
6,2
3,2
11,5
20,7
5,9
9,6
8,6
6,1
18,4
11,5
17,5
21,0
13,1
19,0
25,9
9,2
15,0
17,2
9,9
13,6
22,3
14,4
13,2
16,0
9,3
19,1
3,8
5,8
7,1
3,8
6,4
6,4
4,6
6,7
7,3
20,9
1,5
18,8
24,7
10,3
3,9
8,7
5,1
7,4
8,1
11,0
33,2
29,1
60,8
42,3
54,0
74,9
51,5
51,9
52,7
44,8
49,5
77,9
46,5
1,7
3,6
7,2
20,1
5,2
16,3
3,6
5,0
4,3
8,5
77,9
46,5
Besedilo naloge
Zelo zanimiva in dobra naloga, ki od dijakov pričakuje razumevanje precejšnega dela snovi. Na
posebno zanimiv način preverja znanje in razumevanje tako geometrije (enakostranični trikotnik,
notranji koti) kot enačbe premice (naklon premice, smerni koeficient). Ob ustrezni dijakovi skici
je preprosto rešljiva.
31
Rezultat
Snov naloge spada v osnovno raven maturitetne matematike. Več kot polovica dijakov jo je rešila
pravilno.
Naloga je drugačna, kot smo je vajeni pri delu v razredu, vendar je lep primer povezovanja
geometrije v ravnini s koordinatnim sistemom in naklonskim kotom premice. V besedilu je treba
zamenjati smerni koeficienti stranic z matematično bolje definiranim izrazom smerni koeficienti
nosilk stranic.
Dijak lahko izračuna diferenčni količnik ali upošteva k = tg α. Odlika naloge je, da preverja
razumevanje problema, ne le računske spretnosti. Naloga je lepo rešljiva tudi v programu Geogebra,
v katerem lahko dijaki preverijo svoj rezultat.
Takih nalog bi moralo biti pri pouku več, ker zahtevajo povezovanje različnih učnih snovi in
zahtevajo tudi geometrijsko predstavo. Podobno nalogo naj naredijo takoj, ko spoznajo kotne
funkcije. Sestavimo pa lahko tudi več podobnih nalog.
Zgled:
Kot ob vrhu enakokrakega trikotnika meri 120°. Koliko je vsota smernih koeficientov nosilk krakov
trikotnika?
32
Dolžina težiščnice v trikotniku: geometrija − sklepanje (MA13008− M1_08)
Trikotnik PQR je pravokoten in enakokrak s pravim kotom pri P.
MA13008
Če je PT težiščnica trikotnika, je enako dolga kot
a
PR
b
PQ
c
QR
d
QT
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
8,0
19,4
5,0
7,0
2,5
3,6
10,2
3,7
9,6
10,7
7,9
9,1
16,7
4,7
11,1
2,6
3,5
14,1
2,8
10,5
15,5
9,1
12,9
16,8
6,8
7,9
3,1
10,4
17,8
4,8
12,8
24,8
11,8
60,5
46,5
73,7
64,6
89,7
78,8
48,5
87,4
63,4
41,1
65,4
9,5
0,6
9,9
9,4
2,1
3,6
9,4
1,4
3,7
8,0
5,8
60,5
46,5
73,7
64,6
89,7
78,8
48,5
87,4
63,4
41,1
65,4
4,5
11,0
2,4
12,9
7,6
14,1
84,4
57,6
1,1
4,5
84,4
57,6
Besedilo naloge
Lepa geometrijska naloga, ki je pri nas običajna za prvi ali drugi letnik, ker zahteva znanje
geometrije v ravnini o trikotniku in težiščnici. Besedilo je razumljivo. Če si dijak nariše ustrezno
sliko skladno z besedilom, nima težav z reševanjem.
33
Rezultat
Naloga ni težka in rezultat je dober. Napačni odgovori so enakomerno porazdeljeni, kar kaže, da so
tisti, ki naloge niso znali pravilno rešiti, ugibali. Z izbiro obeh napačnih odgovorov B in C so dijaki
pokazali, da ne poznajo Talesovega izreka.
Naloga navaja dijake na natančno branje besedila in poudari pomen dobre skice, zato je primerna
za redni pouk. Zahteva znanje osnovne ravni maturitetne matematike. Pravilni odgovor je mogoče
ugotoviti iz skice, in sicer z upoštevanjem dejstva, da je v pravokotnem trikotniku kateta krajša od
hipotenuze.
Take naloge se da zelo lepo rešiti z Geogebro, v kateri lahko dijaki sami narišejo sliko in zahtevane
podatke tudi izmerijo, da se prepričajo, ali so nalogo prav rešili. Nalogo uporabimo v prvem
letniku pri utrjevanju Talesovega izreka, da poglobimo razumevanje lastnosti pravokotnega in
enakokrakega trikotnika. Primerna je tudi za ustno preverjanje in ocenjevanje znanja.
34
Točke na grafu funkcije: algebra − uporaba znanja (MA13009 − M1_09)
MA13009
Koliko točk s celimi koordinatami leži na grafu funkcije y =
a
2
b
4
c
6
d
neskončno mnogo
12
,x >0?
x
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
8,1
3,5
2,0
2,3
1,3
3,7
4,7
1,2
2,4
5,1
3,4
8,1
7,9
6,8
6,6
5,2
5,6
10,5
3,2
5,7
9,7
6,9
43,2
23,1
62,7
46,3
56,8
30,1
45,5
77,2
59,6
38,8
48,3
28,4
64,4
20,3
29,4
31,4
56,1
31,0
16,4
28,1
40,0
34,5
12,3
1,1
8,1
15,4
5,4
4,5
8,3
2,0
4,3
6,5
6,8
43,2
23,1
62,7
46,3
56,8
30,1
45,5
77,2
59,6
38,8
48,3
0,2
2,9
1,5
6,8
80,0
54,3
18,0
30,6
0,2
5,5
80,0
54,3
Besedilo naloge
Gre za zanimivo, preprosto nalogo, ki nenavadno preverja znanje deljivosti števil. Funkcije
povezuje z večkratniki in delitelji. V nalogi se skrivajo vsi naravni delitelji števila 12. Dijaki morajo
biti pazljivi na zahtevane pogoje in zavajajoče odgovore.
35
Rezultat
Dosežek je dober, preseneča pa število odgovorov D. Izbira odgovora D bi lahko bila posledica
slabo prebrane naloge: če namreč dijak v besedilu spregleda „s celimi koordinatami”, je zanj
pravilen odgovor D.
Naloga pričakuje znanje osnovne ravni maturitetne matematike. Je primerna in zelo lahka že za
prvi ali drugi letnik, čeprav podobne ne najdemo v slovenskih učbenikih. Zapis “leži na grafu
12
”.
funkcije y = , x > 0 “ ni natančen. Bolj prav bi bilo uporabiti “ima graf funkcije
x
Ker v 1. letniku najprej obravnavamo deljivost in šele nato funkcije, bi nalogo reševali pri funkcijah.
Naloga je dober primer povezovanja snovi. Namesto števila 12 bi lahko uporabili praštevilo ali
kakšno drugo sestavljeno število. Podobna vprašanja o točkah lahko postavimo tudi pri drugih
funkcijah, linearni, kvadratni, eksponenti in logaritemski funkciji.
Zahtevo x > 0 lahko opustimo, da dijaki iščejo še točke z negativnimi koordinatami, ali pa
poudarimo učenje o pogojih in začetni pogoj spremenimo, na primer v x < 0. Pogoji predstavljajo
dijakom težave, z dosledno uporabo in razlago njihovega pomena pa lahko dosežemo, da pridejo
do spoznanja, da so pogoji bistveni za reševanje naloge.
36
Racionalizacija izraza: algebra − poznavanje dejstev (MA13011 − M2_01)
Naloga je zahtevala racionalizacijo imenovalca algebrskega izraza. Na začetku
sta bila navedena pogoja, da sta dve spremenljivki, ki sta nastopali v izrazu,
pozitivni.
MA13011
Naloga je pričakovala uporabo dejstva (a+b) (a−b) = a 2 − b 2 na primeru korenov.
Ponujala je pet odgovorov, ki so zaznavali značilne napake dijakov. Odgovor D
je ponudil zapis razlike v imenovalcu v obliki razlike dveh ulomkov, vsakega z
enim delom izraza v imenovalcu.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
E
69,9
42,3
80,5
61,6
86,1
35,3
24,7
82,2
59,6
22,6
56,5
10,5
15,7
5,2
10,8
2,4
18,2
12,4
5,5
9,7
8,4
9,9
8,2
12,4
2,7
6,3
1,1
6,3
12,5
3,7
7,6
12,0
7,3
7,2
23,0
4,5
11,6
1,0
35,8
39,1
4,8
15,6
45,5
18,8
2,4
6,2
4,3
5,1
8,8
3,4
7,5
3,2
5,8
8,0
5,5
1,7
0,4
2,8
4,6
0,6
1,1
3,7
0,5
1,8
3,5
2,1
69,9
42,3
80,5
61,6
86,1
35,3
24,7
82,2
59,6
22,6
56,5
78,7
55,9
6,1
10,0
2,4
8,4
4,7
18,0
5,9
5,8
2,2
1,8
78,7
55,9
Besedilo naloge
Naloga je standardna. Podobne so v vseh učbenikih za drugi letnik. Ker učitelji vedno zahtevajo
racionalizirane rezultate, naj bi dijaki podobne naloge srečevali vse do konca četrtega letnika.
Mogoče je, da so bili za nekatere dijake dve spremenljivki in še dva korena v imenovalcu malce
zahtevnejši problem. Od značilne šolske naloge se je razlikovala po izbiri odgovorov. Kakor pri
vseh nalogah z izbirnimi odgovori smo tudi tu opazili, da dijaki naloge niso reševali po korakih, ki
bi si jih zapisali, temveč so se trudili rešitev brez računanja prepoznati med odgovori.
37
Rezultat
Racionalizacija imenovalca v ulomku spada v snov drugega letnika in je obvezna za vse dijake. Vse
naloge na maturi, pri katerih je v rešitvi ulomek s koreni v imenovalcu, zahtevajo racionalizacijo.
18 odstotkov dijakov osnovne ravni, ki so odgovorili D, ker so ulomek kar razdelili na dva ulomka,
je za četrti letnik preveč.
Naloga je primerna za naše dijake. Računanje z algebrskimi ulomki je v naših gimnazijah težava, ker
se dijaki v osnovni šoli o racionalnih izrazih naučijo premalo. Glede na poročanje učiteljev o vplivu
pomanjkanja znanja iz osnovne šole na pouk v gimnaziji, je v veliko gimnazijah treba obravnavo
racionalizacije izrazov v celoti opraviti ponovno, kar predstavlja težavo, ker v gimnazijskem učnem
načrtu čas za to ni predviden.
Dijake pogosto zmedejo pogoji, zapisani na začetku naloge, ki so potrebni zaradi matematične
natančnosti, vendar ne vedo, kako naj jih upoštevajo pri reševanju naloge. Največkrat jih zanemarijo,
ker predpostavijo, da so podatki izbrani tako, da z računanjem ni težav. Naloga ponovno opozarja,
da je dijake upoštevanja pogojev treba naučiti. Podobne naloge z izbirnimi odgovori so zelo
primerne tudi za preverjanje znanja, še posebno, če mora dijak izbiro utemeljiti z računom.
V drugem letniku naredimo kar nekaj podobnih nalog. Ta se od njih razlikuje po tem, da dijak
izbira med odgovori, kar nalogo popestri. Podobne naloge z izbiro odgovorov bi lahko večkrat
pripravili tudi za preverjanje.
38
MA13012
Kompleksno število: algebra − poznavanje dejstev (MA13012 − M2_02)
Naloga je zahtevala od dijakov kubiranje kompleksnega števila (oziroma
uporabo Moivrove formule), podanega v obliki a + i b, pri čemer sta bili a in
b kotni funkciji. Na izbiro je bilo pet odgovorov.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
E
3,9
4,7
1,6
1,8
0,2
2,6
2,5
1,5
2,8
6,1
2,8
13,4
22,7
8,4
11,5
7,1
8,0
12,6
5,6
7,9
20,1
11,7
18,4
17,3
35,4
24,0
77,6
32,2
24,2
65,2
23,4
40,2
35,8
38,6
42,2
30,8
34,0
6,4
44,6
44,0
16,5
31,2
21,6
31,0
6,2
11,2
6,1
7,0
6,1
8,9
6,7
9,1
26,5
8,3
9,6
19,5
1,8
17,7
21,7
2,6
3,6
10,0
2,2
8,3
3,7
9,1
18,4
17,3
35,4
24,0
77,6
32,2
24,2
65,2
23,4
40,2
35,8
,5
3,4
4,9
8,5
42,1
19,3
19,4
34,2
27,0
26,3
6,1
8,3
42,1
19,3
Besedilo naloge
Sestavljavci nalog so želeli preveriti pozanavanje Moivrove formule in polarni zapis kompleksnih
števil.
Rezultat
Snovi, ki bi omogočila elegantno rešitev naloge, ni več v učnem načrtu gimnazije. Polarni zapis
kompleksnega števila se pri pouku ne obravnava več, prav tako ne Moivrova formula, ki so jo
sicer dijaki imeli zapisano v seznamu formul v preizkusu TIMSS, vendar je bila naloga z znanjem
četrtega letnika rešljiva brez prevelikih težav. Nalogo so lahko uspešno rešili dijaki, ki so zapisali
natančne vrednosti kosinusa in sinusa, nato pa še pravilno kubirali.
39
Rezultat je pričakovano slab. Ker se pri nas večina dijakov ne uči polarnega zapisa, se niso mogli
lotiti naloge po najkrajši poti, daljša pa je računsko zahtevnejša. Treba je poznati točne vrednosti
za sinus in kosinus kota 30° oziroma π/6, kar zahtevajo tudi standardi znanja za osnovno raven
mature. Tudi računanje s kompleksnimi števili je snov osnovne ravni, ki pa je za dijake težka.
Dijaki, ki so nalogo pravilno rešili, so morali kubirati binom, kar je precej zamudno. Iz dveh
napačnih odgovorov, ki sta bolj zastopana kot pravilni, opazimo, da so dijaki dvočlenik kubirali
tako, da so kubirali le vsak člen posebej ((a + b)3 = a3 + b3).
Naloga je zelo zanimiva, saj zahteva veliko znanja in sposobnost povezovanja več področij
matematike, predvsem snovi iz drugega in tretjega letnika. Predlagamo, da se naloga takega tipa
obdela v tretjem letniku, pri poglavju kotne funkcije. Naloga je pomembna zato, ker zahteva
povezovanje znanja več vsebin: poznavanje vrednosti kotnih funkcij za kot, poznavanje nekaterih
formul, potenciranje dvočlenika in korenov.
Glede na naš učni načrt taka naloga ni smiselna za vse dijake. Za tiste, ki ne poznajo polarnega
koordinatnega sestava, je naloga računsko nerodna, boljši pa bi lahko nalogo rešili s potenciranjem.
Menimo, da je primerna kot popestritev pouka za boljše dijake. Nalogo rešimo pri obravnavi kotnih
funkcij. S tem ponovimo kub binoma, potenciranje kompleksnih števil in imaginarne enote.
40
Negativnost racionalne funkcije: algebra − uporaba znanja (MA13013 − M2_03)
MA13013
Za zapisano racionalno funkcijo, ki je imela v števcu in imenovalcu
ulomka produkt dveh enočlenikov oblike (ax + b), je bilo treba določiti x,
pri katerih je funkcija negativna.
Na voljo je bilo pet odgovorov, zapisanih z neenakostmi.
MA13013
A
B
C
D
Država
7,1
11,9
7,8
7,9
Armenija
Filipini
15,0 17,0
9,2
17,9
Iran
3,6
11,0
2,3
4,4
Italija
2,7
15,3
4,9
4,4
Libanon
4,4
12,7
1,6
3,5
Nizozemska
4,6
5,6
2,1
1,9
Norveška
8,3
13,6
8,9
13,6
Ruska federacija
1,1
4,8
1,6
2,7
Slovenija
11,3 16,5
6,8
9,2
Švedska
10,3 17,4 12,3 13,1
Mednarodno povprečje 6,8
12,6
5,8
7,9
Slovenija
Višja raven mature
7,1
12,5
4,2
7,7
Osnovna raven mature 12,5 17,0
7,6
9,6
E*
58,3
38,1
69,8
67,7
71,5
84,6
47,6
88,6
47,4
40,6
61,4
7,0
2,8
8,9
4,9
6,3
1,2
7,9
1,1
8,7
6,3
5,5
58,3
38,1
69,8
67,7
71,5
84,6
47,6
88,6
47,4
40,6
61,4
61,5
44,5
7,0
8,9
61,5
44,5
Besedilo naloge
Naloga je običajna naloga iz reševanja racionalnih neenačb, z razumljivim navodilom. Za slovenske
dijake je primerna, enostavna in šolskega tipa. Za uspešno reševanje zadošča znanje osnovne ravni
matematike.
Rezultat
Glede na to, da so racionalne neenačbe dobro predelane v tretjem letniku in da je takih nalog
v srednješolskih učbenikih veliko, preseneča majhen delež pravilnih odgovorov. Določanje
predznaka funkcije je pogosto v tretjem in četrtem letniku.
41
Naloga je primerna za uporabo v razredu, lahko tudi z odprtim vprašanjem brez ponujenih
odgovorov. Reševanje racionalnih neenačb je za sedanje gimnazijce težja snov, saj jih veliko
ne razume pomena neenačbe. Podobne naloge so primerne za uporabo programa Geogebra, s
katerim lahko rešitve tudi konkretno preverijo. Pri razlagi reševanja neenačb si lahko pomagamo
tudi s programom Graph, ki osenči območja med grafom funkcije in abscisno osjo. Program je
dobro uporabiti že v prvem letniku pri obravnavi linearne neenačbe, nato pa pri vseh nadaljnjih
neenačbah (kvadratna, eksponentna, višjega reda, neenačbe s kotnimi funkcijami). Predlagamo,
da pred obravnavo nove vrste ponovimo neenačbe, ki smo jih že obravnavali.
42
Odvod sestavljene eskponentne funkcije: analiza − poznavanje dejstev (MA13015 − M2_05)
MA13015
Naloga je zahtevala odvod eksponentne funkcije, katere argument je bil potenca x.
Odgovorov je bilo pet, vsi so vsebovali zapis možnega odvoda funkcije:
(A = osnovna funkcija, B = odvod le potence v argumentu, C = pravilna rešitev,
D = osnovna funkcija + odvod argumenta, E = napačen odvod potence v argumentu).
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
E
7,5
13,1
4,1
8,4
2,4
5,5
11,1
11,2
17,2
12,3
9,3
13,9
40,4
24,2
10,7
2,4
5,8
17,2
8,1
13,5
15,8
15,2
67,3
27,2
38,0
68,1
93,5
81,2
57,1
73,3
48,1
52,0
60,6
6,5
9,1
5,7
8,8
0,6
5,8
10,1
6,0
15,7
14,2
8,3
1,4
8,9
3,2
1,7
0,4
1,1
3,0
0,7
3,5
5,0
2,9
3,4
1,3
24,8
2,3
0,8
0,7
1,5
0,7
2,0
0,7
3,8
67,3
27,2
38,0
68,1
93,5
81,2
57,1
73,3
48,1
52,0
60,6
10,3
18,5
4,3
15,3
70,8
43,4
9,1
17,3
1,9
3,9
3,5
1,6
70,8
43,4
Besedilo naloge
Naloga je običajna in se obravnava pri pouku.
Rezultat
S posrednim odvajanjem je treba izračunati odvod sestavljene funkcije, kar je snov osnovne ravni
maturitetne matematike. Torej ne bi smelo biti odstopanj med dijaki, ki se pripravljajo na maturo na
osnovni ali višji ravni. Tisti dijaki, ki so izbrali odgovor A, so odvajali samo eksponentno funkcijo,
pozabili pa pomnožiti z odvodom funkcije v eksponentu, kar je standardna napaka. Pri odgovoru
B so odvajali samo izraz v eksponentu. Odgovor E je bil tako nemogoč, da je tudi nizek odstotek
dijakov, ki so ga izbrali za pravilnega, pričakovan. Pri odgovoru D so dijaki odvajali eksponentno
funkcijo, nato pa prišteli odvod eksponenta, namesto da bi z njim množili.
43
Zahteva naloge je podobna kot pri nalogi M1_06, čeprav je ta lažja, saj gre očitno za odvod
kompozituma, zato je rezultat boljši. Ker je snov za nalogo obravnavana v četrtem letniku proti
koncu šolskega leta, to je tik pred preverjanjem TIMSS, in dijaki v šoli srečajo veliko podobnih
primerov, bi pričakovali boljši rezultat.
Priporočamo, da se naredi veliko podobnih nalog z morebitnimi zavajajočimi odgovori na izbiro.
Naloga je primerna za rutinske vaje pri pouku.
44
MA13016
Valj z največjo prostornino: analiza − uporaba znanja (MA13016 − M2_06)
Naloga je od dijakov zahtevala, da določijo polmer valju, ki ima največjo
prostornino in zadošča dodatnemu pogoju o vsoti višine in premera, izraženemu
posredno. Naloga je imela pet izbirnih odgovorov.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
E
10,3
13,8
8,9
6,3
13,1
6,7
9,7
8,7
8,8
11,1
9,7
16,7
14,9
12,3
11,3
12,6
24,4
18,4
18,8
12,3
21,5
16,3
21,3
27,0
12,6
11,1
14,0
14,6
12,8
11,6
17,2
16,6
15,9
29,9
18,4
28,1
32,1
20,5
44,8
34,4
46,7
30,5
33,9
31,9
10,1
23,6
13,3
23,2
18,9
7,9
21,4
11,9
24,1
14,0
16,8
11,8
2,3
24,8
16,0
21,0
1,7
3,4
2,3
7,1
2,9
9,3
29,9
18,4
28,1
32,1
20,5
44,8
34,4
46,7
30,5
33,9
31,9
5,1
9,8
10,0
13,1
17,1
17,1
44,0
27,6
18,2
25,0
5,7
7,4
44,0
27,6
Besedilo naloge
Naloga zahteva računanje ekstrema funkcije, ki jo mora dijak zapisati sam. Je običajna šolska
naloga s področja uporabe odvodov. Iz obsega pravokotnika bi moral dijak znati zapisati zvezo
med višino in radijem valja. Z znanjem, ki se pričakuje na osnovni ravni maturitetne matematike,
naj bi dijaki vedeli, da so ekstremi v točkah, v katerih je odvod enak 0. Dijaki bi lahko nalogo
reševali še z izločanjem, saj prve tri možnosti niso mogoče, za preostali možnosti pa bi preverili,
za kateri radij je volumen večji.
Rezultat
Ekstremalni problemi so formalno umeščeni v pričakovano znanje višje ravni maturitetne
matematike, zato niso vedno del pouka za dijake, ki so odločeni, da bodo maturo opravljali na
osnovni ravni. Snov se obravnava v drugi polovici četrtega letnika. Če upoštevamo uvrstitev
znanja, potrebnega za reševanje naloge, v standarde višje ravni mature, je rezultat pričakovan.
45
Prvi odgovor je izbralo zelo malo dijakov, saj je bil popolnoma nemogoč. Odgovor B je bil napačen,
ker je navajal dolžino premera. Odgovor C je opisal valj, ki ima kvadratni presek – vendar ni imel
največje prostornine. Zanimivo bi bilo vedeti, koliko dijakov se je naloge lotilo vzvratno, tako da
so izračunali volumne petih valjev z danimi polmeri, ki so v odgovorih od A do E. Iz zapisov ob
nalogi sklepamo, da se te rešitve niso spomnili prav pogosto.
Uporabi odvoda v ekstremalnih problemih v šoli namenimo le nekaj šolskih ur, kar je premalo,
da bi dijaki razvili ustrezno matematično razmišljanje. Naloga je standardna ekstremalna naloga
in je primerna za uporabo v razredu. Ob ekstremalnih problemih se da ponoviti veliko snovi, zato
jih povežemo s ponavljanjem za maturo. Menimo, da bi moralo biti pri pouku več takih nalog, saj
osmislijo učenje matematične teorije za praktično uporabo, dijakom pomagajo odpraviti težave z
razumevanjem besedilnih nalog in pri zapisu problema v matematični jezik.
V osnovni nalogi TIMSS so bili odgovori izbrani tako, da so ujeli dijake pri manj natančnem
branju (zamenjali so polmer in premer). Zaradi izbirnih odgovorov so imeli prednost uspešni
dijaki, ki so najprej izločili nemogoče rešitve. V naših učbenikih, pri maturi in pisnih nalogah ni
nalog izbirnega tipa, zato dijaki niso navajeni reševanja z izločanjem ponujenih neustreznih rešitev.
Podobne naloge lahko dijaki rešujejo tudi tako, da uporabijo vse ponujene rešitve in kot pravo
izberejo tisto, pri kateri je prostornina valja največja. Ob tem bi ugotovili, da nekatere ponujene
rešitve niso mogoče.
Učitelji mislimo, da je pomembno, da to vrsto nalog pokažemo tudi dijakom, ki se pripravljajo za
maturo iz matematike na osnovni ravni. Osnovne ekstremalne naloge so ponovno uvrščene med
standarde znanja za osnovno raven mature.
Ekstremalne naloge skušamo oblikovati in rešiti na več različnih načinov. Priporočamo naloge, pri
katerih rešitev ni v ničli odvoda, temveč na robu definicijskega območja.
Primer:
V enakokrakem trikotniku meri osnovnica 12 cm, višina na osnovnico pa 3 cm. Kje na višini na
osnovnico naj bo točka T, da bo vsota razdalj od točke T do vseh treh oglišč trikotnika najmanjša?
46
MA13017
Pravokotnica na premico: geometrija − uporaba znanja (MA13017 − M2_07)
Naloga je spraševala, katera izmed ponujenih petih premic, podanih v
implicitni obliki, je pravokotna na dano premico in gre skozi določeno
točko.
A
B
C
D
Država
Armenija
24,7 10,3 11,2 12,9
Filipini
26,7
8,4
16,6 10,9
Iran
21,1
2,5
6,6
4,6
Italija
21,3
5,7
9,2
9,2
Libanon
17,8
0,8
6,2
5,6
Nizozemska
33,6
7,7
10,7
8,7
Norveška
27,2
9,6
14,0 12,7
Ruska federacija
34,1
3,5
5,5
5,7
Slovenija
17,9
4,9
12,6 10,3
Švedska
26,4 11,0 17,6 14,3
6,4
11,0
9,5
Slovenija
Višja raven mature
5,9
,8
2,8
8,8
Osnovna raven mature 20,3
5,8
14,8 10,9
E*
24,4
34,7
49,0
44,6
66,2
33,4
22,9
48,6
46,6
23,3
39,4
16,4
2,8
16,2
10,1
3,4
5,9
13,6
2,7
7,7
7,4
8,6
24,4
34,7
49,0
44,6
66,2
33,4
22,9
48,6
46,6
23,3
39,4
78,5
39,3
3,2
8,8
78,5
39,3
Besedilo naloge
Standardna naloga za preverjanje znanja o enačbi premice in pogoja za pravokotnost premic,
običajna za pouk. Naloga zahteva poznavanje pogoja za pravokotnost in poznavanje implicitnega
zapisa enačbe premice. Obsega snov prvega letnika.
Rezultat
Dijaki naloge niso dobro reševali. Največja težava je bila nepoznavanje pogoja za pravokotni
premici. Velika razlika je v uspešnosti reševanja med dijaki, ki se pripravljajo na maturo na višji
ali osnovni ravni. Ker je naloga običajna za pouk, naj bi bil rezultat boljši. Predvidevamo, da je
zahtevnost naloge povečalo pretvarjanje zapisa premice iz implicitne oblike enačbe premice v
eksplicitno. Prvi trije napačni odgovori temeljijo na napačnem pogoju za pravokotnost. Upoštevali
so pogoj za vzporednost. Tisti dijaki, ki so izbrali odgovor A, so napačno določili koeficient
pravokotnice. Pri B niso preverili pogoja, da gre premica skozi točko.
47
Tako slab rezultat kaže, da bi morali implicitno enačbo premice in pogoj za pravokotnost utrjevati
vsa štiri leta. Pogoj za pravokotnost v prvem letniku le pokažemo, v tretjem pa tudi dokažemo.
Uporabimo ga v četrtem letniku pri zapisu enačbe normale na graf funkcije. Dani primer naloge
zahteva tudi preoblikovanje enačbe premice iz ene značilne oblike v drugo. Ker so premice pogosto
podane implicitno ali odsekovno, je nujno, da preoblikovanje iz ene oblike v drugo v prvem letniku
vadimo do rutine.
Predvidevamo, da bi dijaki prvega letnika lahko dosegli boljši rezultat kot dijaki četrtega. Reševanje
naloge lahko dijaki dopolnijo še z grafično ponazoritvijo (na primer s programom Geogebra).
48
MA13018
Razlika vektorjev: geometrija − poznavanje dejstev (MA13018 − M2_08)
Naloga je zahtevala izračun razlike dveh vektorjev, ki sta bila zapisana
v matrični obliki. Na voljo je bilo pet izbirnih odgovorov − vektorjev v
matrični obliki.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
E
3,1
1,7
0,7
2,0
0,4
2,4
0,7
1,0
2,8
3,4
1,8
70,0
64,6
89,7
50,9
85,7
55,2
78,0
81,7
50,2
44,7
67,1
14,9
27,0
4,3
24,6
11,3
24,4
18,5
14,6
29,5
32,7
20,2
3,0
2,2
0,7
3,7
0,2
11,5
0,6
0,6
8,5
7,0
3,8
4,2
3,2
1,3
3,3
0,8
4,1
1,6
1,8
2,8
5,2
2,8
4,7
1,2
3,3
15,5
1,5
2,5
0,5
0,3
6,3
7,0
4,3
70,0
64,6
89,7
50,9
85,7
55,2
78,0
81,7
50,2
44,7
67,1
2,4
2,7
50,7
50,4
25,4
30,6
12,0
7,6
2,4
2,7
7,1
5,9
50,7
50,4
Besedilo naloge
Naloga odštevanja vektorjev se po zahtevanem znanju umešča na osnovno raven maturitetne
matematike. Pri nas je najpogostejši vrstični zapis vektorja, npr. (4,2), in ne stolpični, kot je v
nalogi, vendar dijakov to očitno ni motilo.
Rezultat
Glede na majhno zahtevnost naloge bi pričakovali več pravilnih odgovorov. Napačni odgovori niso
enakomerno porazdeljeni. V odgovoru A je bil prvi vektor z nasprotnimi vrednostmi komponent,
v odgovoru C je bil zamenjan vrstni red vektorjev v razliki, v D je bil prvi vektor in v E vsota obeh
vektorjev.
49
Rezultata dijakov na osnovni in višji ravni maturitetne matematike sta si zelo blizu. Slabo računanje
z vektorji v četrtem letniku ima lahko več razlogov. Gre namreč za zelo preprosto nalogo, ki jo dijaki
srečajo v drugem letniku, nato pa ne več. Nekatere snovi se povezujejo druga z drugo, vektorji pa
ne. Četrtošolci so morda vektorje že pozabili, če jih niso že ponavljali za maturo. V drugem letniku
bi bil rezultat verjetno boljši.
Dijaki znajo v drugem letniku dobro reševati naloge z vektorji, vendar snov do četrtega letnika
pozabijo, ker je ne uporabimo več. Poglavje o vektorjih je v četrtem letniku pred maturo dobro
temeljito ponoviti.
Zapisa vektorjev v matrični obliki ni več v učbenikih, ki jih uporablja večina dijakov. Vektorjev tudi
učitelji ne pišemo v stolpec. Predlagamo, da učitelji dijakom omenijo še drugo vrsto zapisovanja
vektorjev v stolpce, ki pa prevlada pozneje pri matematiki na fakultetah, je za dijake prav, da ga
srečajo že v gimnaziji.
50
MA13019
Krožnici: geometrija−poznavanje dejstev (MA13019 − M2_09)
Naloga je zahtevala, da dijaki med štirimi enačbami krivulje prepoznajo, katera
določa množico točk, ki so dvakrat toliko oddaljene od ene dane točke, kot so od
druge dane točke.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
23,8
40,9
16,2
19,1
19,4
27,7
28,5
30,0
27,6
26,8
26,0
27,2
15,2
40,6
23,5
32,2
24,2
20,8
33,5
16,9
20,4
25,5
21,6
36,2
11,2
16,8
20,9
33,4
29,0
22,7
35,9
31,2
25,9
8,3
5,5
5,0
10,5
9,1
7,1
6,8
9,2
6,5
9,9
7,8
19,1
2,1
27,0
30,1
18,4
7,6
14,9
4,5
13,1
11,7
14,9
27,2
15,2
40,6
23,5
32,2
24,2
20,8
33,5
16,9
20,4
25,5
19,1
28,9
24,1
15,6
34,0
36,5
9,1
6,0
13,7
13,0
24,1
15,6
Besedilo naloge
Zelo lepa naloga, zahteva razumevanje in natančno branje. Naloga preverja, ali dijaki razumejo
razdaljo med dvema točkama in jo znajo povezati z geometrijsko definicijo krožnice. Pri reševanju
so si lahko pomagali z možnimi rešitvami, saj so jih izbirni odgovori usmerili h krožnici. Če so
dijaki razumeli pogoj naloge, so lahko poiskali ustrezno rešitev.
51
Rezultat
Dosežki so pričakovano slabi, saj je naloga zelo zahtevna. V napačnih izbirnih odgovorih je
imela krožnica napačne polmere, izpeljane iz števila 2. Največkrat so dijaki za svojo rešitev izbrali
nepravilni odgovor C, kjer je bil kvadrat polmera enak polovici. Napačno so torej interpretirali
besedilo pogoja, katera razdalja, do prve ali druge točke, je dvakratnik druge. To pomeni, da so
napačno interpretirali odnos „manjši“. Odnos med manjšim in večjim dela dijakom zelo velike
težave. Že nekaj let učitelji opažamo, da pri nareku nalog veliko dijakov ne zna pravilno postaviti
znakov < in > (na primer: Reši neenačbo 2x je manjši od ...). Otroci naj bi znaka < in > spoznali že
v nižjih razredih osnovne šole in utrdili pred vstopom v gimnazijo, v kateri za utrjevanje teh osnov
ni več primeren čas.
Naloga je za naše dijake neznačilna in težka, vendar najdemo podobne tudi v nekaterih učbenikih.
Za začetek bi lahko dijake, ki naloge ne znajo rešiti, usmerili k poenostavitvi, naj poiščejo točko
na abscisni osi, ki je dvakrat toliko oddaljena od A kot od B, nato bi lahko hitro izračunali njeni
koordinati. Treba je preveriti le, kateri izmed danih enačb ustrezajo koordinate izračunane točke.
Razumevanje naloge lahko poglobimo tudi z uporabo programa Graph.
Priporočamo, da se v tretjem letniku pri obravnavi krivulj drugega reda reši čim več podobnih
nalog (z različnimi razmerji).
Kot primer utrjevanja kompleksnih števil pa lahko rešimo še podobne naloge kot: V kompleksni
2
ravnini nariši vsa kompleksna števila, ki ustrezajo pogoju: z + z = z
52
Vektorji v trikotniku: geometrija − uporaba znanja (MA13020 − M2_10)
MA13020
Narisan je bil splošni trikotnik in v njem višina. Na dveh stranicah in višini so bile
dorisane puščice, ki so pomenile, da stranice predstavljajo vektorje. Navedeno je
bilo, v kakšnem razmerju sta dolžina osnovnice in dolžina daljice na osnovnici od
oglišča do presečišča z višino. Naloga je spraševala po dolžini vektorja, ki ga je
predstavljala ena izmed stranskih stranic trikotnika.
Dijaki so morali rešitev izbrati izmed petih zapisov linearnih kombinacij vektorjev
s trikotnika.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
E
18,9
31,1
11,5
13,4
12,2
16,8
15,4
16,9
15,5
15,7
16,8
7,8
19,9
6,7
9,2
4,7
24,8
20,0
5,3
15,5
29,7
14,4
40,3
29,2
29,4
23,2
51,1
23,6
36,2
62,2
36,8
18,9
35,1
7,1
6,3
3,3
8,4
3,5
13,8
8,3
2,3
6,5
14,6
7,4
11,2
10,3
10,8
8,8
9,2
12,8
12,0
10,4
12,6
9,9
10,8
14,7
3,2
38,2
37,0
19,3
8,1
8,2
3,0
13,2
11,1
15,6
40,3
29,2
29,4
23,2
51,1
23,6
36,2
62,2
36,8
18,9
35,1
10,5
16,7
8,7
17,5
54,2
32,9
2,9
7,4
10,1
12,4
13,7
13,2
54,2
32,9
Besedilo naloge
Pri nalogi so bile za dijake moteče slika in oznake vektorjev. Ni bilo jasno, kaj na sliki pomeni
puščica na sredini stranice, ali označuje vektor samo do puščice ali pa kaže na usmerjenost vektorja,
razpetega med ogliščema.
53
Rezultat
Rezultata dijakov osnovne in višje ravni maturitetne matematike nista visoka. Napačni odgovori
so enakomerno porazdeljeni. Takšne naloge so standardne in jih obravnavamo v drugem letniku,
pri vektorjih. Dijaki so pri upoštevanju usmerjenosti vektorjev pogosto nenatančni, zato prihaja do
napak pri predznakih, kot v tem primeru (npr. odgovor E je iskanemu vektorju nasprotni vektor).
Bistvena težava je, da se dijaki srečajo z vektorji le v drugem letniku in jih večina do četrtega
letnika snov verjetno že pozabi. Vektorji so pri dijakih nepriljubljeni, kar prav tako prispeva k
manjšemu odstotku uspešnosti.
Pri uporabi naloge v razredu bi bilo treba pravilno narisati vektorje, in sicer s puščico v končni
točki vektorja in ne nekje na sredini. Linearna kombinacija vektorjev je za dijake zelo zahteven
pojem, zato priporočamo, da se s podobnimi nalogami obsežneje vključi v priprave na maturo.
54
Vrtenje premice okrog premice: geometrija − poznavanje dejstev (MA13021 − M3_01)
Premica AB se v prostoru vrti okoli premice AC tako, da je med njima ves čas kot
30°. Katero telo ali lik oriše premica AB?
B
30°
MA13021
A
a
stožec
b
valj
c
spiralo
d
krog
e
kroglo
C
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
E
55,2
69,0
55,7
69,8
47,3
80,1
67,0
76,5
54,3
74,0
64,9
9,4
2,1
5,5
5,2
7,9
2,6
4,1
5,4
9,4
2,5
5,4
12,3
3,9
10,3
7,8
8,9
5,3
7,0
4,1
12,4
6,9
7,9
15,8
21,5
12,6
10,3
17,9
9,8
17,3
11,3
18,7
12,4
14,8
4,2
3,0
7,6
2,7
11,9
1,6
3,3
2,7
3,9
2,0
4,3
3,2
0,5
8,3
4,1
6,1
0,6
1,3
0,2
1,3
2,2
2,8
55,2
69,0
55,7
69,8
47,3
80,1
67,0
76,5
54,3
74,0
64,9
70,0
50,5
6,3
9,9
10,9
12,8
9,6
21,1
1,5
4,5
1,7
1,1
70,0
50,5
55
Besedilo naloge
Naloga zahteva znanje osnovne ravni maturitetne matematike. Spada v poglavje metrične
geometrije v prostoru. Pokončni krožni stožec je vrtenina, ki nastane z vrtenjem pravokotnega
trikotnika okoli ene izmed katet za polni kot. Premica AB preteče površino dvojnega neskončnega
stožca, torej nobeden od podanih odgovorov ni popolnoma pravilen, najbližje pa je odgovor A.
Rezultat
Za reševanje naloge je treba imeti prostorsko predstavo ter razlikovati med liki in telesi. Iz
odgovorov je razvidno, da še kar precej dijakov med liki in telesi ne razlikuje.
Vrtenine so omenjene pri geometriji v tretjem letniku ali v četrtem letniku pri rotacijskih telesih,
vendar je razlog za slabo reševanje najverjetneje slaba prostorska predstava dijakov. Za 20 odstotkov
so bili uspešnejši dijaki, ki se pripravljajo na maturo na višji ravni. Ti dijaki računajo volumne
rotacijskih teles z določenim integralom v četrtem letniku, kar pa se na maturi na osnovni ravni
ne zahteva.
Nalogo lahko rešujemo v tretjem letniku pri telesih, vendar predlagamo popravke:
Daljica se vrti okoli premice tako, da je med njima ves čas isti kot. Površino katerega telesa opiše
daljica? A: stožca; B: valja; C: dvojnega stožca; D: krogle.
Verjetno bi se dijaki več naučili, če bi morali odgovor oblikovati sami. V tem primeru lahko
reševanje naloge vodi tudi v diskusijo z dijaki o tem, ali dobimo z vrtenjem premice telo ali lik –
stožec ali njegov plašč? Nekateri dijaki imajo slabo prostorsko predstavo, zato je naloga dobrodošla
za njeno razvijanje.
Naloga ni povsem običajna za pouk, je pa dobra motivacija. Takih nalog dijaki ne srečajo veliko,
morali bi jih uporabiti večkrat. Pomembna je za razvoj razmišljanja. Nalogo bi se dalo prikazati
tudi v kakšnem matematičnem programu.
56
Določeni integral: analiza − poznavanje dejstev (MA13024 − M3_04)
2
1
∫x− x
1
2
je enak
dx
1
a−3 8
1
b
c
2
4
MA13024
d
e
5
8
4
1
2
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
E
5,4
11,9
4,1
3,5
1,8
1,7
6,2
5,3
4,8
8,1
5,3
15,1
38,8
32,8
46,3
74,7
87,5
53,9
71,9
43,9
41,5
50,6
14,6
23,8
13,5
9,6
5,9
6,2
17,5
9,7
15,6
24,6
14,1
11,3
7,6
5,5
8,0
2,8
0,9
5,4
5,0
7,9
5,8
6,0
8,1
13,6
6,9
8,4
8,9
1,7
8,8
5,3
12,3
11,1
8,5
45,4
4,3
37,3
24,2
5,9
2,0
8,2
2,8
15,4
8,9
15,5
15,1
38,8
32,8
46,3
74,7
87,5
53,9
71,9
43,9
41,5
50,6
1,6
5,5
64,0
38,6
8,2
17,7
2,7
9,2
11,1
12,7
12,4
16,3
64,0
38,6
Besedilo naloge
Naloga je šolski primer naloge o integralih.
57
Rezultat
Rezultati so sorazmerno slabi. Ponovno se je pokazala več kot 20-odstotna razlika med dijaki višje
in osnovne ravni pri tehnični nalogi, pri kateri sta potrebni le računska natančnost in disciplina.
Za temeljno nalogo z določenim integralom bi pričakovali boljše dosežke. Napačni odgovori so
enakomerno porazdeljeni, vendar največ napak izvira iz napačne integracije drugega člena in
napačne uporabe Newton-Leibnizove formule. Odgovor D je bil napačen, ker so dijaki vrednosti
integralov na obeh mejah sešteli, namesto da bi jih odšteli. Odgovor C so dijaki izbrali, ker so
narobe integrirali drugi člen. Namesto da bi enico prišteli, so jo odšteli.
Take naloge dijaki navadno dobro rešujejo tudi na osnovni ravni maturitetne matematike, saj
gre zgolj za tehniko računanja določenega integrala, uporaba in geometrijski pomen pa tu nista
pomembna.
Razlog za slabše dosežke od pričakovanih je pozna obravnava integralov. Navadno so integrali
zadnja snov četrtega letnika. Pred izvedbo raziskave TIMSS smo šole obvestili, da so integrali
del preizkusa in jih prosili, da se za pisanje preizkusa dogovorijo šele po predvideni obravnavi
integralov. Veliko šol je pohitelo z obravnavo in zagotovile so, da so se dijaki pred testom TIMSS
imeli priložnost snov naučiti.
Glede na cilje našega učnega načrta bi morali ob taki nalogi od dijakov zahtevati zapis poteka
reševanja. Naloga z izbirnimi odgovori ni primerna, če želimo preveriti značilne napake pri
računanju. Oblika z izbirnimi odgovori po drugi strani dijake prisili v zbrano reševanje do konca,
saj za delne rešitve pri tej obliki ne dobijo točk. Zadnje se izkaže za pomembno pri reševanju
fizikalnih nalog in praktičnih problemov računanja površin, pa tudi pri razvijanju občutka za
velikostne odnose in merske količine.
V veliko državah se pri matematiki dijaki učijo uporabljati tudi grafične in simbolne kalkulatorje,
ki so še posebno dobrodošli pri takšnih nalogah, čeprav se ob uporabi grafičnega kalkulatorja
spremeni njihov cilj.
58
Nezveznost funkcije na intervalu: analiza − poznavanje dejstev (MA13025 − M3_05)
Funkcija y = f (x ), −3 ≤ x ≤ 3, je definirana s spodnjim grafom
y
2
1
–3
–2
–1
0
1
2
3
x
–1
–2
A. Za katere vrednosti x na intervalu −3 < x < 3 funkcija f NI zvezna?
MA13025
B. Za katere vrednosti x na intervalu −3 < x < 3 funkcija f NI odvedljiva?
Vrednotenje prvega dela, A
Pravilni odgovori:
• x = 0 ali v točkah (0, 0) in (0, 2).
59
Dosežki: odstotni deleži odgovorov dijakov po državah, del A
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Pravilni
Nepravilni
Manjkajoči
46,5
24,6
59,6
51,8
64,9
36,9
35,3
58,7
58,1
22,5
45,9
11,3
56,8
22,9
20,3
29,8
55,7
36,1
29,1
27,2
51,5
34,1
42,2
18,7
17,6
28,0
5,4
7,4
28,6
12,2
14,7
26,0
20,1
81,4
52,6
14,7
29,9
3,9
17,4
Besedilo naloge, del A
Prikazana testna naloga je šolski primer lepe naloge za razumevanje zveznosti in odvoda funkcije.
V Sloveniji točke na grafu, ki niso del grafa, označujemo s puščicami, in ne praznimi krogci, in
točk, ki so del grafa, ne poudarimo s polnimi krogci.
Rezultat, del A
Prvi del naloge so dijaki še kar dobro reševali, saj so točke nezveznosti na grafu jasno vidne.
Rezultati bi bili lahko še boljši, saj naloga preverja temeljno razumevanje zveznosti. Zveznost
funkcije se obravnava v četrtem letniku, dani primer pa je običajni primer nezvezne funkcije, ki se
obravnava v šoli. Ker je zveznost funkcij standard znanja le na višji ravni maturitetne matematike,
so dijaki, ki so nameravali maturo opravljati na osnovni ravni, nalogo reševali slabše. Zveznosti
funkcije na osnovni ravni namreč ne namenimo veliko časa.
Pomen naloge za poučevanje matematike pri nas, del A
Prvi del naloge je preprosto vprašanje, čeprav pojem zveznosti ni tako preprost. Ker je treba
zveznost ugotoviti iz grafa, je za dijake naloga lažja. Na grafu bi znali zveznost oziroma povezanost
intuitivno določiti dijaki že v prvem letniku. Za formalno utemeljeno rešitev pa morajo uporabiti
znanje iz teorije. Zveznost funkcije je za nekatere dijake zelo abstraktna, težave se začnejo že pri
, se nekateri dijaki v
limiti funkcije. Ko povežemo zveznost funkcije v točki a z limito
zveznosti izgubijo.
60
Nalogo bi lahko za uporabo v razredu popravili tako, da bi polne in prazne pike spremenili in
dorisali ustrezne puščice na krivulji. Včasih pa je dobro dijake izpostaviti tudi drugačnim oblikam
zapisa, ki ga morajo s svojim teoretičnim znanjem prevesti v njim znano obliko. Naloga je uporabna
predvsem zaradi drugega dela o odvedljivosti funkcije. Pojem zveznosti si dijaki zapomnijo po
sliki, premalo pa v šoli poudarjamo, kako je z odvedljivostjo funkcije.
Vrednotenje drugega dela, B
Pravilni odgovori
• x = −1, x = 0 in x = 2.
• Za pravilne so bili sprejeti tudi odgovori, ki so vključevali x = −3 in/ali x = 3 ter odgovori v
obliki točk na grafu namesto vrednosti koordinate x (na primer “točka (−1, 0)” namesto x =
−1).
Nepravilni odgovori
• 70: x = 0.
• 71: x = −1 in/ali x = 2.
• 72: Za vse vrednosti x na intervalu −1 ≤ x ≤ 0 in 2 ≤ x ≤ 3 (napačno razumevanje: “kjer je f
ravna, nima odvoda”).
Dosežki: odstotni deleži odgovorov dijakov po državah, del B
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Nepravilni
71
72
Pravilni
70
6,1
2,5
36,7
8,2
14,1
7,7
1,7
15,9
3,3
3,4
10,0
15,5
15,4
20,8
25,6
29,7
45,4
25,1
25,9
23,7
28,3
25,5
6,1
7,1
6,6
3,9
15,2
3,9
1,4
5,6
1,6
1,6
5,3
7,4
2,2
35,2
20,8
2,3
1,5
791
Manjkajoči2
0,2
1,8
0,9
4,9
9,4
26,1
15,2
8,4
15,3
16,0
9,8
9,1
44,3
11,7
16,3
21,4
10,7
16,6
19,7
19,5
21,2
19,0
63,0
28,9
23,3
41,2
10,2
6,2
39,9
24,5
36,6
29,5
30,3
23,4
13,6
15,9
20,5
15,9
41,4
1 Oznaka 79 je bila podeljena vsem drugim napačnim odgovorom, tudi neberljivim in prečrtanim v vseh nalogah z odprtimi odgovori.
2 Manjkajoči odgovori so tisti, pri katerih dijak ni zapisal popolnoma ničesar.
61
Besedilo naloge, del B
Drugi del naloge o zveznosti in odvedljivosti za naše dijake ni več običajna naloga. Po zahtevanem
znanju se uvršča na višjo raven maturitetne matematike.
Rezultat, del B
Pojem odvedljivosti, ki ga spoznajo šele v četrtem letniku, je težji od pojma zveznosti, zato je zelo
malo pravilnih odgovorov. Ker gre za temeljno razumevanje odvoda, je rezultat veliko prenizek
in sporoča, da se učitelji in dijaki bolj osredotočajo na tehniko odvajanja kot na razlago pojma
odvod. Rezultati reševanja kažejo, da dijaki ne razumejo geometrijskega pomena odvoda. Med
seboj zamenjujejo dve implikaciji. Če je funkcija v točki zvezna, še ni nujno, da je v tej točki
odvedljiva. Če je funkcija v točki odvedljiva, je v tej točki tudi zvezna.
Nekaj dijakov je ponovilo odgovor na prvi del naloge, torej je zanje funkcija odvedljiva, kjer je
zvezna, večina dijakov pa je odgovorila povsem napačno, da je prikazana funkcija odvedljiva tudi
v −1 in 2 ali celo tudi v 0. Najpogostejši je po pričakovanju napačen odgovor, da pri x = 0 funkcija
ni odvedljiva, ker ni zvezna.
Pomen naloge za poučevanje matematike pri nas, del B
Zelo slabo reševana naloga, pa ne zato, ker bi zahtevala preveč, pač pa opozarja na temeljno
pomanjkanje znanja naših dijakov. Pri odgovorih je razbrati, da so dijaki odgovarjali intuitivno.
Pri pouku ne dajemo dovolj poudarka razpravi o pogojih, pri katerih je funkcija odvedljiva, temveč
funkcije le odvajamo, pojem odvedljivosti pa le omenimo. Pri nas namreč zelo malo poudarjamo
pogoje za odvedljivost funkcije, več je poudarka na računanju odvoda po definiciji in na uporabi
odvoda za računanje tangent, normale, naklonskega kota, kota med krivuljami in stacionarnih
točk. Naši dijaki so vešči odvajanja vseh mogočih funkcij, poznajo geometrijski pomen odvoda,
ne znajdejo pa se v nalogi, kakršna je ta. Morda bo za nekatere vsebine treba spremeniti didaktični
pristop. Ne bi bilo slabo, če bi se nekaj podobnih nalog uvrstilo v naše učbenike ali bi jih obravnavali
pri pouku v razredu. Dijaki poglobijo razumevanje pojma odvoda, če navedemo več primerov
funkcij, ki v kakšni točki niso odvedljive. Napačno povezujejo odvedljivost z zveznostjo tudi zato,
ker je v učbenikih večina primerov zveznih in odvedljivih funkcij brez »konic«.
Priporočamo, da dijaki naredijo nekaj podobnih nalog za boljše razumevanje pojma limite,
zveznosti in odvedljivosti.
62
Zrcaljenje trikotnika čez y os: geometrija − uporaba znanja (MA13026A − M3_06)
A.
Trikotnik ABC prezrcalimo prek osi y. Na spodnji sliki nariši zrcalno sliko trikotnika ABC in jo označi z A’B’C’.
B.
Trikotnik ABC zavrtimo za 90° okrog izhodišča O v nasprotni smeri urinih kazalcev. Na spodnji sliki nariši sliko trikotnika po vrtenju in ga označi z A”B”C”.
y
A
x
B
MA13026
C
O
Pravilni odgovori
• (x, y) → (−x, y)
1
A´ (4, −1) B´(1, −4) C´(3, −4).
2
Slika A´BĆ´ ima pravilen položaj in obliko, vendar je lahko nepravilno označena.
Nepravilni odgovori
• 70: A´BĆ´ je slika trikotnika ABC zrcaljena čez os x, A´(−4, 1) B´(−1, 4) C´(−3, 4).
• 71: A´BĆ´ je slika trikotnika ABC pri vrtenju okoli izhodišča,
A´(4, 1) B´(1, 4) C´(3, 4).
63
Dosežek prvega dela naloge, A
Pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Nepravilni
70
71
79
Manjkajoči
14,1
16,5
64,4
54,9
75,9
81,2
63,2
75,0
69,7
18,8
53,4
2,0
8,5
7,3
2,5
3,1
9,1
7,0
2,1
7,6
8,3
5,8
32,0
10,1
2,5
6,7
2,2
3,2
3,2
6,2
2,7
5,2
7,4
8,7
52,2
11,4
21,2
11,1
4,6
19,3
10,7
16,9
34,5
19,1
43,3
12,6
14,4
14,8
7,7
1,8
7,3
5,9
3,1
33,2
14,4
83,9
66,8
8,0
7,3
0,9
2,9
7,2
19,2
0,0
3,7
Besedilo naloge
Ta naloga je jasno zastavljena in ne bi smela delati težav, saj je zrcaljenje obravnavano v poglavju
preslikav v ravnini. Zrcaljenje čez premico navadno dijakom ne dela težav, kar je razvidno tudi iz
deleža pravilnih odgovorov.
Rezultat
Vsi gimnazijci bi morali znati rešiti tako preprosto nalogo. Rezultati zato niso najboljši. Temeljno
razumevanje zrcaljenja naj bi dijaki osvojili že v osnovni šoli, vsaj glede na zaključne standarde
znanja ob koncu zadnjega razreda. To znanje se utrdi tudi pri risanju grafov funkcij tipa −f(x),
f (−x), |f (x)| in f (|x|). Rezultat naloge v povezavi z drugim delom o rotaciji pa kaže, da pri pouku
veliko zrcalimo, manj pa rotiramo.
Ob tej nalogi bi bilo zanimivo vedeti, koliko dijakov je imelo na testiranju geometrijsko orodje,
čeprav za pisanje preizkusa TIMSS ni bilo dovoljeno nobeno orodje razen pisala in kalkulatorja.
Ali so dijaki resno vzeli navodila učiteljev o pripomočkih? Prvi del naloge, ki je lažji, so dijaki
razmeroma dobro reševali. Tudi geometrijskega orodja za ta del naloge niso potrebovali. Izjemno
slabo so reševali drugi del naloge, morda tudi zato, ker niso imeli orodja. Spet opazimo površno
branje, saj je veliko dijakov višje ravni narisalo sliko zavrtenega prezrcaljenega trikotnika, ki so ga
dobili kot rezultat v prvem delu naloge, ne pa osnovnega, kar je zahtevala naloga. Velik pa je delež
splošnih neuspešnih rešitev. To pomeni, da rešitev ni izhajala iz rešitve prvega dela, temveč je bila
popolnoma napačna.
64
Pri učiteljih in dijakih pogosto opažamo, da se sklopu o transformacijah v ravnini teoretično ne
posvečajo dovolj. Dijaki naučenih postopkov ne razumejo in zato četrtina dijakov, ki trikotnika
niso znali prezrcaliti, ni presenečenje, vendar tudi ni sprejemljiva. Podobno nalogo rešimo v prvem
letniku, vendar naredimo le en primer ali dva, ker učitelji presodimo, da gre za zelo preprosto
nalogo. Kaže, da ni tako, morali bi jih narediti več, čeprav v resnici naloga bolj spada v osnovno
kot v srednjo šolo.
Nalogo lahko uporabimo v prvem letniku pri geometriji, da utrdimo toge premike v ravnini.
Razširimo jo lahko še z vzporednim premikom trikotnika in z zrcaljenjem čez dano premico, npr.
čez abscisno ali ordinatno os, čez simetralo lihih kvadrantov. V višjih letnikih se zrcaljenje lepo
poveže z nekaterimi transformacijami funkcij. Opažamo, da so pojmi, ki se večkrat pojavljajo pri
različnih vsebinah, veliko bolj utrjeni, kot pa pojmi, ki se pojavljajo samo pri eni.
Vrednotenje drugega dela, B
Pravilni odgovori
• (x, y) → (−y, x) A˝(1, −4) B˝(4, −1) C˝(4, −3).
• Slika A˝ B˝ C˝ ima pravilen položaj in obliko, vendar je nepravilno označena.
Nepravilni odgovori
• 70: A˝ B˝ C˝ je pravilna slika trikotnika A´BĆ´ (ne ABC ), kot je prikazano v primeru A,
obrnjena za 90° v nasprotni smeri urinega kazalca okoli točke O.
• 71: A˝ B˝ C˝ je slika trikotnika ABC, obrnjena za 90° v smeri urinega kazalca okoli točke O,
A˝ (−1, 4) B˝ (−4, 1) C˝ (−4, 3).
• 72: eden od zgornjih napačnih primerov, brez oznak.
\
$
&
2
%
%
$
$
[
&
%
&
65
Dosežek drugega dela naloge, B
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Nepravilni
71
72
Pravilni
70
1,5
4,5
13,5
14,7
29,5
36,9
15,0
33,1
9,7
9,7
16,8
0,3
2,2
2,9
2,7
2,1
14,0
7,7
1,3
11,0
2,3
4,6
1,6
0,9
4,7
1,8
10,8
10,5
5,0
8,6
2,8
3,0
5,0
24,5
6,1
21,4
8,6
5,0
2,3
79
Manjkajoči
0,4
0,4
0,4
1,2
0,6
2,2
0,7
2,2
0,2
0,7
0,9
14,3
67,1
42,1
43,4
40,3
29,1
50,1
39,0
55,6
41,6
42,3
81,9
24,9
36,4
36,1
16,8
7,4
21,5
15,7
20,8
42,8
30,4
0,8
0,0
41,8
59,3
6,5
23,6
Besedilo naloge
Naloga je po navodilu zahtevala prostoročno risbo zavrtenega osnovnega trikotnika. Je osnovna
naloga iz snovi rotacija za dani kot. Treba je opozoriti na nenatančno besedilo. Najbrž bi bilo bolje,
če bi pisalo, da trikotnik zavrtimo v smeri, ki je nasprotna smeri vrtenja urinih kazalcev.
Rezultat
Nalogo so reševali izredno slabo, čeprav gre za temeljno razumevanje ene izmed transformacij
v ravnini. Pokazalo se je, da imajo dijaki slabo geometrijsko predstavo. Napake so bile zaradi
napačnega kota rotacije ali pa so zrcalili kar čez x os. Kar nekaj jih je rotiralo trikotnik, ki so ga
dobili kot rezultat prvega dela naloge, zelo veliko pa je nepravilnih odgovorov v celoti.
Z vrtenjem imajo dijaki največ težav med vsemi togimi premiki v ravnini. Snov je tudi precej
oddaljena od četrtega letnika, saj se z njo ukvarjamo zelo malo, in še to v prvem oziroma drugem
letniku. Dijaki navadno iz osnovne šole prinesejo znanje o zrcaljenju, premik za vektor ni težak, pri
vrtenju, ki je nova snov, pa niso spretni. Pri pouku srečajo nekaj primerov rotacij, kot pri zrcaljenju,
vendar snovi ne poudarjamo, saj jo navadno razumejo. Tu se je pokazalo, da razumevanje še ne
pomeni samostojne uporabe znanja.
66
Ti dve nalogi bi lahko dali dijakom za vajo, vendar prijazneje. Rešitvi prvega dela pod A in drugega
pod B se preveč "prekrivata", kar lahko dijaka zmede. Vsaka naloga bi lahko imela svojo sliko. Če
pa je na voljo samo ena slika, bi razumevanje pojma vrtenja lahko preverili tudi, če bi zahtevali
vrtenje trikotnika okrog izhodišča za 90 v smeri urinega kazalca.
Rotacije so težke, ker se v srednji šoli malo omenjajo, in še to zgolj kot primer togega premika.
Vrtenje je sicer nekoliko težje od zrcaljenja, pa tudi geometrijsko orodje je potrebnejše (prvi del
naloge je mogoče narisati tudi brez njega, saj je narisana mreža). Za izvedbo risanja pa so potrebne
tudi ročne spretnosti oziroma praktična uporaba šestila ali pa premislek ob preračunavanju
koordinat točk.
Zrcaljenja oziroma preslikave so snov prvega, ponekod drugega letnika. Največkrat take naloge
ne povzročajo večjih težav. Naloga je lahko dober primer uporabe tehnologije, saj lahko takšno
nalogo rešimo tudi s programom Geogebra.
67
Limita obsega večkotnika: algebra − sklepanje (MA13027 − M3_07)
MA13027
Pravilni n-kotnik je včrtan v krog s polmerom 1.
Koliko je vrednost limite obsega n-kotnika, ko se število stranic n povečuje v
neskončnost?
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 2 pi, 2π, 6,28, 6,3 ali 2π = 6,28.
Delno pravilni odgovori
• 10: lim 2n sin
nof
S
n
ali lim 2n sin
nof
180
.
n
• 11: 2 pi r ali 2πr ali če zapiše, da je vrednost limite enaka obsegu kroga.
Nepravilni odgovori
• 70: π ali pi ali 3,14.
• 71: ∞ ali “neskončno” ali “limita ne obstaja” ali katera druga ekvivalentna trditev.
• 79: lik postaja krog ali rob lika postaja krožnica.
Pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
68
Delno pravilni
10
11
70
Nepravilni
71
79
Manjkajoči
27,5
6,3
24,3
23,9
25,9
67,6
19,1
40,6
10,0
20,4
26,6
5,8
0,2
0,5
1,5
0,3
0,1
0,0
1,2
1,1
0,1
1,1
1,2
0,8
8,3
10,6
2,1
1,4
3,1
5,8
3,7
3,5
4,1
0,3
1,8
3,0
1,8
5,4
7,8
4,9
1,7
0,5
7,6
3,5
0,0
12,2
4,6
1,8
10,3
1,6
1,5
2,7
5,2
0,1
4,0
5,3
48,4
22,2
11,9
22,4
11,2
22,1
15,8
46,0
28,9
23,4
59,9
30,2
37,1
48,4
33,6
10,3
49,2
32,2
33,6
39,5
37,4
25,5
6,3
2,7
0,7
8,0
2,7
1,4
0,3
3,5
5,7
46,6
45,8
12,4
38,5
Besedilo naloge
Lepa naloga, ki preverja razumevanje limite. Z limito povezuje pravilne n-kotnike in kotne
funkcije. Do rezultata vodi tudi le logični razmislek, brez računskega matematičnega postopka.
Za matematični premislek je zahtevna, ker mora dijak prepoznati število stranic n-kotnika kot
spremenljivko v limiti. Naloga zahteva le intuitivno pojmovanje limite, od dijakov se ne pričakuje
formalni zapis limite in njenega izračuna.
Rezultat
Tako preprosta naloga in tako slab rezultat. Formulo za obseg pravilnega n-kotnika jih je nekaj
znalo, vendar niso vedeli, kako z njo izračunati zahtevano limito. Verjetno jih je veliko vedelo, da
je limita obseg kroga s polmerom 1, vendar tega niso znali napisati. Opazen je velik delež dijakov
z nepravilnimi odgovori, med njimi tudi takšnih, ki so z besedami opisali, da večkotnik postaja
vedno bolj krog ali da rob večkotnika postaja krožnica, niso pa zapisali, da se obseg približuje
obsegu kroga ali dolžini krožnice. Zdi se, da dijaki ne znajo napisati matematičnega modela za
opisano situacijo, ker ne prepoznajo, katera količina je spremenljivka v modelu.
Pri pouku se z limitami v neskončnosti ukvarjamo predvsem pri racionalnih funkcijah oziroma
zaporedjih. Pri tej nalogi pa mora dijak povezati limito in geometrijo, kar je za večino težko.
Naloga je uporabna za učenje o limitah. Dijaki naj najprej poskušajo rešiti nalogo brez računanja,
da se potrudijo razumeti, kaj naloga sploh zahteva. Uporabimo lahko tudi računalniško animacijo,
da dijaki vidijo, da n-kotnik preide v krog, ko pošljemo n v neskončnost. Šele nato nalogo računsko
dokažemo. Premislek lahko opravimo na koncu: ko nalogo rešimo s pomočjo limit, z dijaki
preverimo, kaj pomeni, da se število stranic pravilnega n-kotnika povečuje do neskončnosti, da
se pravilni n-kotnik izrodi v krog z obsegom 2πr. Predlagamo še kakšno podobno nalogo: dijaki
in kaj se dogaja pri velikih n. Nato izračunajo
lahko opazujejo vsote ulomkov
vsoto
in njeno limito.
69
Koraki popolne indukcije: algebra − poznavanje dejstev (MA13028 − M3_08)
MA13028
Za vsako naravno število n je 12 + 32 + ... + (2n − 1)2 =
n(4n2 − 1)
3
Kateri so najpomembnejši koraki v dokazu te trditve z matematično indukcijo?
(Ne naredi samega dokaza.)
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• Pravilen opis obeh korakov, ki sta potrebna za dokaz.
Korak 1: Dokaže, da trditev velja za n = 1.
Korak 2: Dokaže, da če je trditev pravilna za katero koli naravno število n = k, potem velja tudi
za n = k +1; ALI dokaže, da če trditev drži za katero koli naravno število n = k, če je k > 1, potem
drži tudi za n = k − 1.
Nepravilni odgovori
• 70: Opiše korak 2 pravilno, a izpusti korak 1 ali ga opiše narobe (npr. “dokaz za n = 0” ali
“moramo dokazati za neko majhno število”).
• 71: Poda pravilen dokaz trditve z indukcijo, z opisom metode indukcije ali brez njega ali pa
pravilno izvede korak 2, a izpusti korak 1 ali ga narobe opiše.
• 72: Opiše korak 2: dokaže, da če trditev velja za vsako naravno število n = k, kjer je k > 1, velja
tudi za n = k − 1 z neustreznim korakom 1.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
70
Nepravilni
71
72
Pravilni
70
22,8
0,8
58,9
1,3
21,4
2,4
0,1
12,1
10,0
2,0
13,2
1,0
0,7
4,2
0,6
11,5
1,4
0,2
0,8
1,1
0,9
2,2
0,0
0,0
1,9
1,2
0,4
0,4
0,0
4,9
0,5
0,7
1,0
28,9
5,5
3,2
0,5
0,8
0,1
79
Manjkajoči
4,9
0,2
1,1
0,0
0,0
0,4
0,0
0,4
0,4
0,1
0,7
3,7
43,1
18,3
11,3
30,5
58,8
23,3
24,0
28,8
29,7
27,2
67,7
55,2
15,6
85,5
36,2
36,6
76,4
57,8
59,2
66,7
55,7
0,5
0,4
39,7
25,8
26,9
67,6
Besedilo naloge
Naloga je za naše razmere nenavadna. Zahteva opis korakov v postopku dokazovanja s popolno
indukcijo, ne pa izpeljave dokaza s popolno indukcijo. Čeprav je nalogi podobno tudi eno izmed
vprašanj na maturi, je dijake zapisano navodilo, naj ne naredijo dokaza, gotovo presenetilo.
Rezultat
Naloga sprašuje le, katera sta koraka pri dokazovanju z matematično indukcijo. Naloga zahteva
preprost odgovor, torej bi morali znati odgovoriti vsi, ki so se popolno indukcijo učili. Pravilno
je odgovorila le slaba četrtina dijakov, večina takih, ki so prijavljeni na višjo raven maturitetne
matematike, saj je matematična indukcija poglavje, ki na maturi ne spada na osnovno raven. Pri
odgovorih dijakov smo opazili matematično nenatančnost in slabo rabo matematičnih terminov.
Popolna indukcija je za dijake zahtevna snov. Pri dokazovanju bi morali učitelji zahtevati, da
dijaki povedo ali napišejo, kaj v danem koraku naredijo. Naloga opozarja, da morda v naših
šolah namenjamo premalo pozornosti teoriji oziroma preverjanju in ocenjevanju teorije. Dijaki
navadno slabo zapišejo definicije in trditve ter pomanjkljivo opišejo postopke, ker od njih učitelji
najpogosteje zahtevamo le reševanje nalog. Čeprav je popolna indukcija le snov višje ravni mature,
priporočamo, da dijake vsa štiri leta opozarjamo, da je sklepanje na podlagi le nekaj primerov
napačno (na primer pri deljivosti v prvem letniku). Pomagamo si s z dodatnimi nalogami.
Zgled: Dan je polinom p(x) = x5−10 x4 + 35 x3 − 50 x2 + 25 x . Izračunaj p(0), p(1) , p(2), p(3), p(4).
Koliko je p(5)? Nalogo lahko posplošimo na polinome oblike p(x)= x (x−1) (x−2)…(x−n) + n, za
katere velja, da je p(n) = n za vse x  .
71
Diagonali paralelograma: geometrija − sklepanje (MA13029 − M3_09)
V spodnjem štirikotniku ABCD se diagonali AC in BD sekata v točki E. DOKAŽI,
da je E razpolovišče daljic AC in BD. Iz zapisa naj bo razviden potek reševanja.
y
6
4
B(10,5)
A(4,4)
E
2
MA13029
D(2,1)
0
2
4
6
C(8,2)
8
10
x
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• Kateri koli popolnoma pravilen dokaz (npr.: pokaže, da imata diagonali isto točko sredine;
pokaže, da je ABCD paralelogram in iz tega sledi, da imata diagonali isto točko sredine;
pokaže, da je ABCD paralelogram in iz tega sledi, da se diagonali razpolavljata).
• Metoda, ki je delno dokončana (npr.: pokaže, da je točka E (6, 3) točka sredine od AC ali BD,
vendar ne za obe; ali pravilen dokaz z manjkajočim korakom ali enim ali dvema napačnima
ali manjkajočima razlogoma).
Nepravilni odgovori
• Napiše “iz diagrama je očitno, da je ABCD paralelogram, zato se njegovi diagonali morata
razpolavljati” ali ekvivalentna trditev ter drugi nepravilni odgovori.
72
Pravilni Delno pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Nepravilni
Manjkajoči
21,5
25,3
38,2
20,4
74,5
32,9
15,3
41,8
23,0
8,5
30,1
12,2
3,5
5,6
5,9
13,9
12,7
6,9
12,9
7,4
3,3
8,4
8,6
53,6
25,7
21,9
4,8
42,5
39,6
24,5
35,0
44,6
30,1
57,7
17,6
30,6
51,9
6,9
12,0
38,2
20,7
34,6
43,6
31,4
12,3
6,4
47,0
17,3
22,9
37,4
17,8
38,9
Besedilo naloge
Dobra naloga, ki zahteva poznavanje in razumevanje matematike. Nalogo lahko dijak reši že z
znanjem prvega letnika, pri čemer dokažemo obrazec za razpolovišče daljice s krajiščema A(a1, a2) in
a1 + b1 a2 + b2 ⎞
,
⎟ . Naloga je zato preprosta in tehnično nezahtevna. Naloga
2 ⎠
⎝ 2
⎛
B(b1, b2), ki je točka M ⎜
je rešljiva tudi z uporabo vektorjev. Menimo pa, da so se dijaki ustrašili zahteve, naj nekaj dokažejo.
Rezultat
Naloga je zahtevala znanje osnovne ravni maturitetne matematike in je podobna standardnemu
vprašanju na maturi. Zelo malo dijakov je nalogo rešilo pravilno ali pa dokaz ni bil popoln.
Rezultati so nizki posebno za dijake osnovne ravni. Za dijake višje ravni lahko rečemo, da jih je
polovica razumela nalogo in so znali izpeljati dokaz, vendar ga niso zaključili.
Dokazovanje se zdi dijakom že na pogled težko, čeprav učitelji dokazovanje poudarjamo pri
pouku. Predstavljena naloga je ustrezna in bi bila pri pouku uporabna kot vaja v dokazovanju.
Dijaki prehitro privzamejo, da je nekaj očitno, saj jih zavede videz elementov. S slike te naloge se
jim je verjetno zdelo očitno, da je lik paralelogram, zato so mislili, da tega ni treba dokazati. Iz
skice se zdi, da gre za paralelogram, za katerega pa vsi vedo, da se diagonali v njem razpolavljata.
Nalogo je zato priporočljivo rešiti v prvem in ponovno v drugem letniku, ko lahko za dokazovanje
uporabimo tudi vektorje, hkrati pa ponovimo skladnost, lastnosti paralelograma, oddaljenost
dveh točk itn., ter jo uporabimo na koncu poglavja o vektorjih. Dokaz ni prezahteven. Nalogo
lahko rešimo tudi z Geogebro, s katero lahko sliko najprej narišemo, nato pa svoj dokaz računsko
(s konkretnimi številkami) preverimo.
73
Geometrijsko zaporedje: algebra − poznavanje dejstev (MA23005 − M4_01)
V geometrijskem zaporedju
MA23005
člen zaporedja je enak 243?
a
t6
b
t7
c
t8
d
t81
1
, 1, 3, ...., tn , ...., je tn n−ti člen zaporedja. Kateri
3
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
11,2
9,5
11,0
13,2
25,1
30,2
13,2
11,0
12,1
14,9
15,1
63,3
39,3
54,2
38,8
48,3
63,4
60,2
76,3
50,8
43,1
53,8
9,3
10,8
7,1
10,5
3,8
2,0
5,5
3,5
7,5
12,4
7,2
10,3
38,1
16,4
26,2
16,5
3,7
18,2
8,3
22,9
25,3
18,6
6,0
2,2
11,2
11,3
6,4
0,6
2,8
1,0
6,7
4,3
5,2
63,3
39,3
54,2
38,8
48,3
63,4
60,2
76,3
50,8
43,1
53,8
14,8
11,5
71,6
45,7
3,3
8,5
9,4
26,0
0,9
8,3
71,6
45,7
Besedilo naloge
Po vsebini je to klasična šolska naloga iz poglavja zaporedja, ki je snov četrtega letnika in bi jo
morali znati rešiti vsi dijaki. Zapis za poljubni člen ni popolnoma običajen, saj se pri nas v šoli
pogosteje uporablja oznaka an in ne tn. Dijaki osnovno lastnost razberejo iz prvih treh danih členov.
Do pravilnega odgovora lahko pridejo z uporabo zapisa splošnega člena ali pa izračunajo toliko
členov, da dosežejo podano vrednost.
74
Rezultat
Preseneča, da je bila naloga kot primer značilne maturitetne naloge tako slabo rešena. Znanje, ki
ga naloga zahteva, spada med standarde osnovne ravni matematike. Dijaki, ki so obkrožili odgovor
A, niso upoštevali prvega člena, ki ima drugačno obliko kot preostali členi. Dijaki, ki so izbrali
odgovor D, so pokazali, da ne vedo, kaj je geometrijsko zaporedje. Najpogostejši napačni odgovor
D namreč dobimo, če člen, enak 243, delimo s količnikom zaporedja.
Nestandardni zapis za splošni člen je lahko dijakom izziv pri reševanju. Maturanti bi morali biti
manj odvisni od oblike zapisa matematičnih pojmov, ki se sicer na fakultetni ravni zapisujejo z
več različnimi oblikami kot v gimnaziji. Velik delež napačnega odgovora D opozarja, da dijaki
rezultatov ne znajo smiselno ovrednotiti.
Pri pouku lahko dijaki dobijo rešitev s pisanjem zaporednih členov ali pa tako nalogo izkoristimo
za ponovitev reševanja eksponentnih enačb.
75
Frnikule: algebra − poznavanje dejstev (MA23145 − M4_02)
Škatla vsebuje 6 frnikul, oštevilčenih od 1 do 6. Janez eno za drugo izvleče 3
frnikule iz škatle, ne da bi pogledal njihove številke. Frnikule postavi v vrsto v
enakem vrstem redu, kot jih je izvlekel iz škatle. Koliko različnih 3-mestnih števil
lahko sestavi na tak način?
MA23145
Odgovor: _____________
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 120 ali ekvivalentno (npr.: 6 · 5 · 4).
Nepravilni odgovori
• 70: 63 (= 216).
Pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
76
Nepravilni
70
79
Manjkajoči
30,8
22,2
42,2
15,9
41,5
63,9
29,9
37,6
45,4
19,1
34,8
2,0
1,7
5,3
4,1
9,0
6,8
11,0
2,7
2,6
9,7
5,5
46,8
70,9
38,5
63,0
40,0
26,6
49,7
48,0
46,1
63,2
49,3
20,3
5,1
14,0
17,0
9,5
2,8
9,4
11,7
5,9
8,1
10,4
69,4
39,5
0,8
3,1
28,0
50,4
1,8
7,0
Besedilo naloge
Naloga je običajna naloga iz kombinatorike, pri kateri mora dijak iz besedila razbrati vrsto
kombinatorične preslikave, variacije brez ponavljanja, ali pa nalogo rešiti s pomočjo osnovnega
izreka kombinatorike. Naloga je rešljiva tudi z neposrednim logičnim sklepanjem.
Rezultat
Pravilnih odgovorov je slaba polovica. Dijaki niso prepoznali variacije ali pa so napačno uporabili
pravilo produkta. Čeprav podobne naloge rešujejo pri pouku, je kombinatorika za dijake težja
snov. V nekaterih primerih učitelji snov obravnavajo šele ob koncu četrtega letnika, tako da v
času pisanja preizkusa ponekod še ni bila obdelana. Med dijaki naloge iz kombinatorike niso
priljubljene. Kombinatorika in verjetnostni račun sta poglavji, ki sta po načinu razmišljanja precej
drugačni od drugih srednješolskih matematičnih poglavij. Ni preprostih formul oziroma receptov
reševanja, ki bi zagotovo privedli do pravega rezultata. Bistrejšim dijakom se stvari zdijo logične,
nekateri pa le s težavo ločijo med permutacijami, variacijami in kombinacijami.
Naloga je koristna, ker je značilna maturitetna naloga, ki ne zahteva obširnega znanja
kombinatorike, pač pa je rešljiva že z logičnim razmišljanjem. Ker nekateri učitelji ugotavljajo, da
se pri kombinatoriki večkrat izkažejo dijaki, ki se drugje ne, je naloga tem dijakom lahko izziv in
spodbuda za nadaljnje delo pri matematiki.
77
Premer pločevinke: algebra − uporaba znanja (MA23187 − M4_03)
MA23187
Obrtnik izdeluje valjaste pločevinke s premerom 6 cm, ki držijo 600 cm3 juhe. Želi
spremeniti premer pločevink in ob tem obdržati višino nespremenjeno, tako, da bi
držale 750 cm3 juhe. Kolikšen naj bo novi premer?
Zapišite postopek in vse svoje račune.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 20: 3 5 cm, 6,72 cm, 6,7 cm, oziroma ekvivalentno, s prikazanim pravilnim postopkom.
Primeri:
1) V1 S r12h
V1
V2
r22
S r12h
S r22h
V2 2
r1
V1
V2
750 2
3
600
S r22h
SR h
S 32 h
R
3
V1 = π ⋅ r12 ⋅ h = 750
π ⋅ r12 ⋅ h 750
=
π ⋅ 9 ⋅ h 600
750
r12 = 9 ⋅
= 11, 25
600
5 2
3
4
3) R je polmer novega stožca
2
2. V0 = π ⋅ 32 ⋅ h = 600
750
1.25
600
1.12, R 3.36
r1 = 3, 35 cm
4) d =2r
S d 2h
S 62 h
d 22
750
1.25
600
622 u 1.25 6 u 1.25
d = 6 ⋅1, 25
d
d = 6 ⋅ 1, 25 ≈ 6, 71
6 u 1.12 6.72 cm
• 21: Enačba za nov premer je pravilno nastavljena, z uporabo kalkulatorja pa pravilno
izračuna nov premer.
• 10: Pravilen 1)
postopek
V S rz2hračunsko napako.
2
1) V SSr rh2h 750
Primeri:
S r 2h S750
32 h 600
S 32 h r600 5
3 5
r
3
78
d
, r
5 3 43 5
4
, r
4
3 54
cm
d
3 5
2
cm
2
2) 600
2) 600
S 32 h
S 600
32 h
21.22
h
600
9S
h
21.22
9S 750 S r 2h
750 S r222h 750
750
750
750
rr =
=
750 Sπ ⋅uh750
h πS⋅ 21
u 21.22
, 22
r2
S u h S u 21.22
750
d 2
750
d 750
= 2 ⋅ S u 21.22
d 2
π ⋅ 21, 22
S u 21.22
• 11: Poda pravilno enačbo za nov premer, ki ji sledi napaka.
• 12: Delno pravilen odgovor, pridobljen s kalkulatorjem.
Nepravilni odgovori
• 70: Nepravilen odgovor, pridobljen s kalkulatorjem.
Pravilni
20
21
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Delno pravilni
10
11
12
Nepravilni
70
79
Manjkajoči
23,7
24,6
36,6
32,1
42,2
58,9
55,6
55,8
45,2
59,5
43,4
0,2
0,0
0,4
0,1
0,1
0,4
0,7
0,1
0,0
0,2
0,2
8,5
4,4
17,2
5,3
7,4
10,8
2,7
8,1
16,3
5,2
8,6
1,6
0,1
5,2
0,0
0,0
12,6
15,3
2,0
1,6
9,8
4,8
0,0
0,0
0,6
0,0
0,0
0,4
0,2
0,2
0,0
0,0
0,1
0,4
0,3
0,2
0,2
0,2
0,5
0,5
0,0
0,0
0,2
0,2
21,3
62,2
24,6
39,3
34,5
15,6
17,6
21,5
27,5
19,3
28,4
44,2
8,4
15,2
23,0
15,6
0,8
7,5
12,4
9,4
5,9
14,2
58,4
42,0
0,0
0,0
22,1
14,8
2,2
1,4
0,0
0,0
0,0
0,0
13,2
31,1
4,1
10,6
Besedilo naloge
Naloga zahteva natančno branje in razumevanje besedila, (pre)poznavanje formule za prostornino
valja (ki so jo dijaki imeli v testu) in natančnost pri računanju. Navodilo in besedilo sta jasno
zapisani, snov pa je z osnovne ravni maturitetne matematike, in sicer geometrije v prostoru, ki
se navadno obravnava ob koncu tretjega letnika. Lepa naloga, ki jo pameten pristop zelo olajša.
Najprej so morali dijaki izraziti višino, nato pa jo v novem računu uporabiti. Reševanje nalog, pri
katerih niso vsi podatki eksplicitno zapisani, dijakom dela težave.
Rezultat
V celoti je pravilnih odgovorov skoraj polovica, delno pravilnih pa še 18 odstotkov, kar ni slabo
glede na zahtevnost naloge. Razlika med rezultatoma dijakov z obeh ravni mature je manjša od
običajnih 20 odstotnih točk. Med slovenskimi dijaki obeh ravni ni bilo nobenega dijaka, ki bi
nalogo napačno rešil s kalkulatorjem.
79
Pri vrednotenju odgovorov smo imeli v Sloveniji z nalogo težave. Veliko naših dijakov je spregledalo
dejstvo, da naloga govori o premeru, ne o polmeru, in so v formulo in izpeljavo vstavili polmer.
Rešitev naloge je invariantna na polmer ali premer (odgovor napove spremembo tiste količine, ki
je bila vstavljena v račun), torej za samo numerično rešitev ni bilo pomembno, kateri podatek so
dijaki uporabili. S stališča ocenjevanja naloge pa je uporaba polmera namesto premera napačen
pristop. Tudi če so dijaki prišli do prave rešitve, je zamenjava polmera s premerom pomenila delno
pravilno rešitev, ki kaže dijakovo nenatančno branje problemskih nalog. V nalogah TIMSS, kjer je v
besedilu zapisano, da se zahteva prikaz postopka, je popolna rešitev vedno sestavljena iz pravilnega
postopka, izračuna in rezultata.
Glede na množico pravilnih in delno pravilnih odgovorov sklepamo, da so se dijaki naloge zavzeto
lotili. Ker je obenem visok delež tistih, ki so se zmotili pri sicer pravilnem postopku, naloga opozarja
na površnost med nekaterimi dijaki ali pomanjkanje koncentracije pri reševanju naloge. Čeprav
bi bilo še bolje, če bi naloga zahtevala natančnost računanja, kot je točen rezultat ali rezultat na
milimeter natančno, je zelo praktična in primerna za uporabo pri pouku. Odlikuje jo, da je za
rešitev potrebna uporaba znanja, ne le vstavljanje podatkov v formule.
Naloga je lep primer uporabe valja. Ker je naloga problemska in uporabna v življenju, jo zelo
priporočamo. Dijaki so navadno navdušeni nad uporabo geometrije v realnih razmerah, zato ne
vztrajajmo le pri abstraktnih matematičnih nalogah iz geometrije. Nekaj idej za uporabo teles:
sladoled kornet kot primer stožca, piramida iz Egipta, Zemlja kot primer krogle (privzamemo, da
je približno krogla) itn.
80
MA23201
Napaka v reševanju logaritemske enačbe: algebra − sklepanje (MA23201 − M4_04)
Zapisano je reševanje logaritemske enačbe, ki se očitno napačno konča. Naloga
zahteva od dijaka, da poišče napako v zapisanem postopku reševanja logaritemske
enačbe. Napačen je drugi prikazani korak, v katerem je uporabljeno neobstoječe
ali napačno pravilo log(x – y) = log x – log y. Naloga je zahtevala, da dijak enačbe
ne reši, temveč označi in opiše napako v zapisanih korakih.
Pravilni Nepravilni Manjkajoči
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
49,3
14,7
43,4
40,7
79,1
62,2
23,7
67,7
34,5
32,1
44,7
34,7
73,9
45,8
39,8
15,0
32,3
54,4
28,4
50,6
41,4
41,6
16,0
11,5
10,8
19,6
5,9
5,5
22,0
3,9
15,0
26,5
13,7
57,4
29,3
38,7
53,3
4,0
17,4
Besedilo naloge
Naloga neobičajno in zanimivo preverja znanje računanja z logaritmi, ki so bili za maturante precej
oddaljena snov. Napaka, ki je prikazana v nalogi, je med pogostejšimi pri manj uspešnih dijakih,
naloga pa v celoti obsega zahtevano znanje za osnovno raven maturitetne matematike. Dijaki niso
vajeni nalog, pri katerih morajo poiskati napako v rešitvi.
Rezultat
Več kot polovica dijakov napake ni prepoznala. Iz tega sicer ne moremo sklepati, da tudi sami ne
poznajo pravil za računanje z logaritmi. Ker se logaritemskih enačb v šoli reši veliko, je rezultat pri
tej nalogi res slab. Na napako iz naloge dijake posebej opozarja večina profesorjev, saj jo pogosto
delajo. Pri maturi se imenuje »katastrofa«. Če dijak napravi tako »katastrofo«, se mu nadaljevanje
naloge sploh ne točkuje.
81
Naloga je značilen primer naloge osnovne zahtevnosti, ki marsikateremu dijaku povzroči težave.
Zato je zelo dobra za utrjevanje logaritemskih enačb ter pravil za logaritmiranje, saj bi se dijaki ob
njej urili tudi v argumentiranju svojih ugotovitev.
Dijaki najpogosteje naredijo napako, ki jo prikazuje naloga, ker se pravil ne naučijo. Naloga je
dobra zato, ker je drugačna − dijaki morajo v postopku najti napako nekoga drugega. Pri pouku
in maturi so bolj običajne naloge “reši logaritemsko enačbo”. Predlagamo, da se naredi še kakšna
podobna naloga. Eno najdemo v Preseku št. 3, leto 1990.
Morda bi bilo dobro, če bi podobne naloge vključevali v pisne naloge. V drugem letniku se dijaki
precej dobro naučijo vsa pravila računanja z logaritmi, ko pa v četrtem letniku ponovno naletijo
na naloge z logaritmi, se pokaže pomanjkanje dolgoročnega znanja. Logaritme bi morali bolj
vplesti v poglavja matematike v tretjem in četrtem letniku (npr.: polinomi, racionalna funkcija,
geometrijska telesa, ploščine, zaporedja, posebej geometrijsko in aritmetično, obrestno-obrestni
račun itn.), predvsem pa dijakom pokazati uporabno vrednost logaritmov v življenju.
82
MA23154
Drugi odvod funkcije: analiza − poznavanje dejstev (MA23154 − M4_05)
Naloga sprašuje po drugem odvodu vsote dveh potenc neodvisne
spremenljivke s celima eksponentoma. Od dijaka zahteva, da sam
napiše odgovor.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
•
Pravilni izračun prvega in drugega odvoda.
•
Pravilni izračun prvega odvoda in poskus izračuna drugega odvoda z manjšo napako.
Pravilni Delno pravilni Nepravilni Manjkajoči
Država
Armenija
40,9
19,4
14,2
25,5
Filipini
17,9
6,1
58,7
17,3
Iran
63,2
15,8
17,4
3,6
Italija
40,6
11,8
36,8
10,9
Libanon
74,3
13,9
10,8
0,9
Nizozemska
57,1
21,1
20,6
1,2
Norveška
21,1
8,5
62,0
8,4
Ruska federacija
63,9
11,2
20,3
4,5
Slovenija
31,4
11,1
49,2
8,3
Švedska
35,7
10,2
44,4
9,6
12,9
33,4
9,0
Slovenija
Višja raven mature
56,3
14,6
24,7
4,3
25,2
9,6
55,9
9,3
Besedilo naloge
Drugega odvoda ni bilo več v ustreznem učnem načrtu za dijake v raziskavi, zato jim je bila naloga
upravičeno nerazumljiva. Posodobljeni učni načrti pojem ponovno uvajajo.
83
Rezultat
Drugi odvod se pri pouku ne obravnava več, le nekateri učitelji ga vključijo v pouk za dijake, ki se
pripravljajo na maturo iz matematike na višji ravni. Večina dijakov ni mogla vedeti, kaj pomeni
oznaka ”. Iz odgovorov lahko sklepamo, da so dijaki kljub vsemu razumeli oznako dveh črtic kot
»še enkrat odvajaj«, saj jih je več kot 30 odstotkov drugi odvod pravilno izračunalo. Ker gre pri
tej nalogi le za tehniko odvajanja, ne pa za geometrijski pomen drugega odvoda, bi pričakovali še
nekoliko boljši rezultat.
Rezultat pri tej nalogi ovrže mnenje učiteljev, ki ga podpirajo nekatere druge naloge TIMSS, da
so dijaki vešči odvajanja. Ker so ovrednoteni tudi delno pravilni odgovori, preseneča velik delež
dijakov, ki so nalogo rešili popolnoma nepravilno. Manjši del dijakov je pravilno izračunal le prvi
odvod in se zmotil pri drugem odvodu. V resnici preseneča, da se dijaki niso odločili funkcije
odvajati vsaj enkrat. Njihova zadržanost je skladna z opažanjem učiteljev, da dijaki niti ne poskušajo
rešiti naloge, če se jim zdi, da do rešitve ne bodo prišli − kar je zelo moteče. Pogrešamo njihovo
vztrajnost in odločenost doseči cilj ali najti rešitev.
Bolj uspešni dijaki so glede na oznako verjetno sklepali, da morajo prvi odvod odvajati še enkrat,
da dobijo drugi odvod. Naloga je zelo pomembna pri preverjanju ekstremov in uporabna predvsem
pri funkcijah.
V srednji šoli se morajo dijaki naučiti računati le prvi odvod. Višje odvode nekateri učitelji omenimo
dodatno, vendar ostane znanje nepovezano. Kar ni obvezno, nekateri dijaki kar preslišijo.
84
MA23206
Predznak odvoda grafa funkcije: analiza − sklepanje (MA23206 − M4_06)
Narisan je graf funkcije f. S pomočjo grafa je treba raziskati predznak odvoda
funkcije na posameznih intervalih.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
33,8
60,4
13,5
44,1
16,5
5,3
28,1
23,9
41,4
16,0
28,3
7,9
9,8
6,0
1,6
0,5
1,3
8,3
1,1
4,4
5,2
4,6
9,5
10,3
9,6
4,4
2,2
5,6
8,0
4,6
11,8
8,8
7,5
41,1
18,2
59,2
45,2
80,2
87,3
53,4
69,6
39,1
68,4
56,2
7,8
1,3
11,7
4,8
0,6
0,4
2,3
0,8
3,3
1,6
3,5
41,1
18,2
59,2
45,2
80,2
87,3
53,4
69,6
39,1
68,4
56,2
19,9
46,7
1,6
5,1
6,4
13,1
69,9
31,5
2,2
3,5
69,9
31,5
Besedilo naloge
Naloga je nenavadna za naše dijake, ki sami rišejo grafe danih funkcij in določajo njihove odvode
večkrat, kot iz narisanega grafa funkcije sklepajo o njenih lastnostih.
Rezultat
Dobra naloga na osnovni ravni, ki preverja razumevanje pomena predznaka odvoda za graf
funkcije, zato rezultata ne moremo biti veseli. Več dijakov je izbralo nepravilen odgovor A, katerega
diagram je prikazoval predznak funkcije, ne pa predznaka odvoda, kot jih je izbralo pravilen
odgovor. Torej ne razumejo tega pojma ali pa so nalogo slabo prebrali. Rezultati so glede na
zahtevnost nizki. Dijaki morajo vedeti, kako je predznak odvoda funkcije povezan z naraščanjem
ali padanjem funkcije. Podobno kot pri nalogi M3_05 iz rezultatov torej sklepamo, da se učitelji
in dijaki pri učenju verjetno bolj osredotočajo na tehniko odvajanja kot pa na razumevanje pojma
odvod.
85
Naloga zelo dobro preveri razumevanje geometrijskega pomena prvega odvoda v dani točki in
pomen njegovega predznaka za strmino grafa funkcije. Več podobnih nalog zelo priporočamo
za delo v četrtem letniku ob uvedbi pojma odvod. Iz grafa funkcije je treba sklepati na lastnosti
funkcije odvoda. Če dijaki dobro razumejo pomen predznakov odvoda dane funkcije, imajo
pozneje manj težav s klasifikacijo stacionarnih točk in risanjem grafov funkcij. Bolj uspešni dijaki
s tem nimajo težav, manj uspešni pa si navadno pomena prvega odvoda ne znajo predstavljati v
konkretnem primeru. Priporočamo tak primer naloge: V istem koordinatnem sistemu narišemo
graf funkcije in njenega odvoda. Dijaki naj ugotovijo, katera krivulja predstavlja graf funkcije in
katera graf njenega odvoda.
Ob uvedbi grafičnega računala so takšne naloge zelo smiselne. Že pri razlagi si lahko pomagamo
tudi z računalniškimi programi, ki izračunajo vrednost odvoda v izbrani točki grafa funkcije ali
narišejo graf odvoda (Derive, Autograph).
86
MA23166
Dobiček pri prodaji: analiza − sklepanje (MA23166 − M4_07)
Besedilna naloga je opisala, kako se računa cena izdelave izdelkov v odvisnosti od
števila narejenih izdelkov. Formula za ceno je bila kvadratna funkcija. Dijakom je
naloga zastavila ekstremalni problem, povezan z dano kvadratno funkcijo (naloga
je spraševala po koordinati x temena te funkcije). Zahtevala je prost odgovor in
prikazan postopek ali vse račune.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 10: Pravilen postopek in odgovor.
• 11: Pravilen odgovor z uporabo kalkulatorja in podana zadostna razlaga postopka.
Primera:
1. Na kalkulator sem napisal funkcijo in pritisnil ENTER. Dobil sem 200.
2. Na kalkulatorju sem narisal graf funkcije. Iz menija sem izbral maximum in dobil rešitev.i
Nepravilni odgovori
• 70: Reševanje z uporabo kalkulatorja, vendar je razlaga postopka nezadostna oz. nepravilna
Primeri:
1. Na kalkulator sem narisal graf funkcije. Uporabil sem TRACE, da sem dobil maksimum enot.
2. Na kalkulator sem narisal graf. Vidi se, da je maksimum v x = 44,44.
3. Kalkulator je pokazal, da se grafa sekata pri 10 in 390. 390 je maksimum.
• 71: Pravilen postopek z računsko napako.
• 72: Pravilno je uporabil kalkulator za funkcijo dobička, vendar je odgovor napačen.
87
Pravilni
Nepravilni
10
11
70
71
72
Država
2,1
0,0
1,4
0,0
0,2
Armenija
Filipini
3,5
0,0
0,7
0,0
0,1
Iran
7,6
0,1
0,8
0,2
0,1
Italija
2,4
0,0
0,4
0,0
0,0
Libanon
4,7
0,0
0,1
0,1
0,1
Nizozemska
27,6
9,6
3,8
1,2
7,9
Norveška
7,4
3,8
1,4
0,7
6,9
Ruska federacija
20,8
0,0
0,7
0,0
0,1
Slovenija
2,3
0,0
0,2
0,0
0,5
Švedska
11,2
2,0
0,8
0,3
1,1
1,6
1,0
0,2
1,7
Slovenija
Višja raven mature
8,1
0,0
1,0
0,0
1,8
0,9
0,0
0,0
0,0
0,1
79
Manjkajoči
18,4
74,5
50,6
26,1
59,2
42,7
43,6
36,8
71,1
63,7
48,6
77,9
21,1
40,7
71,2
35,8
7,3
36,2
41,5
26,0
20,9
37,9
85,7
67,9
3,3
31,1
Besedilo naloge
Naloga je bila za naše dijake nenavadna, ker je segla na področje ekonomije. Ekstremalni problemi
s pojmom dobička so pri nas redki. Za uspešno reševanje je dijak moral vedeti, da je dobiček
razlika med ceno izdelave in prodajno ceno. Večina verjetno ni vedela, kako je določen dobiček
in ga iz naloge niso znali prepoznati, zato tudi ne zapisati funkcijskega predpisa v obliki formule,
po katerem se izračuna dobiček. Kdor je uspel priti do prave formule za dobiček, se je znašel
pred običajnim problemom, da iščemo maksimum kvadratne funkcije. Že samo drugi del naloge,
ekstremalni problem, spada po zahtevnosti pri nas na višjo raven maturitetne matematike.
Rezultat
Čeprav dijaki na kontekst niso navajeni, je bila naloga lepa. Nizek rezultat ne preseneča. Ker podobne
naloge verjetno še nikoli niso reševali, je bila za naše dijake naloga težka. V tujih učbenikih so
naloge iz ekonomije pogoste, v vsakem se bo našla tudi formula PROFIT = REVENUE − COSTS.
V naših učbenikih takih nalog ni in očitno se je le malo naših dijakov znašlo v »svetu ekonomije«.
V delni prednosti pri reševanju so bili gotovo tuji dijaki, ki so nalogo rešili s pomočjo grafičnega
računala. Pri nas je v šoli dovoljen le »navaden kalkulator«, zato naši dijaki grafičnega računala,
tudi če bi ga imeli, verjetno ne bi znali izkoristiti.
88
Naloga je lep primer uporabe ekstremalnih problemov v ekonomiji. Ob njeni uporabi v razredu
je nujno razložiti pojme stroški, prihodki in dobiček ter zvezo med njimi, saj dijaki teh pojmov
morda ne poznajo. Rešujemo jo lahko v drugem letniku pri kvadratni funkciji ali v četrtem letniku
pri odvodu.
Nalog, ki bi se nanašale na vsakdanje razmere, v naših učbenikih primanjkuje. S podobnimi
nalogami, kot je prikazana, bi dijaki začutili uporabnost odvodov. Zato bi morali učitelji dijakom
ponuditi čim več nalog, ki bi se nanašale na različna področja dijakovega življenja, tudi finančnega.
Učitelji vidimo v uporabi podobne naloge pri pouku tudi dobro priložnost, da se še posebno v
programu ekonomske gimnazije stroka bolj poveže z matematiko. Potem tudi takih nalog ne bo
manjkalo.
89
Ploščina območja: analiza − uporaba znanja (MA23043 − M4_08)
MA23043
Naloga je zahtevala izračun ploščine območja, omejenega z grafoma kvadratne
in linearne funkcije. Funkciji sta bili zapisani s predpisom. Ob nalogi je bilo
dovolj prostora, da bi si dijak lahko narisal grafa funkcij v koordinatni sistem.
Naloga je zahtevala prost odgovor.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 20: Integriranje vsake funkcije posebej in odštevanje integralov, pravilno rešeno do površine.
• 21: Pravilna rešitev, pridobljena z uporabo kalkulatorja. Na primerih dijak opiše, kako je
uporabil kalkulator.
• 10: Pravilen postopek z računsko napako
• 11: Pravilen postopek z uporabo kalkulatorja, vendar je podana napačna rešitev.
• 12: Zaradi napačnega vrstnega reda pri odštevanju intagralov dobi dijak numerično pravilno
rešitev, vendar negativno.
Pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
90
Delno pravilni
Nepravilni
20
21
10
11
12
79
Manjkajoči
0,6
1,4
7,4
8,5
18,4
34,1
7,3
32,0
14,5
14,7
13,9
0,0
0,0
0,1
0,0
0,0
32,3
12,6
0,0
0,0
4,4
4,9
3,0
0,8
4,8
9,1
13,1
8,1
4,3
9,6
16,2
10,7
8,0
0,2
0,0
0,0
0,0
0,1
2,9
1,4
0,1
0,0
0,8
0,5
0,0
0,6
0,7
0,0
1,4
1,0
0,2
0,3
1,7
0,1
0,6
27,8
69,0
71,2
34,7
51,7
16,3
27,7
39,8
54,8
37,0
43,0
68,4
28,2
16,0
47,8
15,3
5,2
46,4
18,1
12,9
32,4
29,1
36,9
9,1
0,0
0,0
19,5
15,3
0,0
0,0
0,8
1,7
37,2
59,4
5,6
14,4
Besedilo naloge
Naloga je bila zapisana na pri nas običajni način in je bila podobna značilnim nalogam s področja
določenega integrala. Zahtevala je znanje osnovne ravni maturitetne matematike.
Rezultat
Nalogo so slovenski dijaki reševali slabo. Rezultate sodimo kot slabe, ker gre za temeljno uporabno
nalogo, povezano z določenimi integrali. Glede na najpogostejši tip napak večina dijakov tudi tukaj
sploh ni vedela, kaj naj počne. Pri pouku dijaki rešujejo veliko podobnih nalog, zato bi rezultat
moral biti boljši. Morda na vseh šolah zaradi časovne stiske še niso utrdili te snovi, ki je navadno
zadnja snov v četrtem letniku. Pred pripravami na maturo se lahko zgodi, da zmanjka pozornosti
ter časa med dijaki in učitelji. Tudi pri tej nalogi bi bili dijaki z grafičnimi kalkulatorji lahko v
prednosti pred tistimi, ki so nalogo reševali ročno.
Take naloge so po navadi dobro utrjene, vendar so za dijake na osnovni ravni težje, saj gre za
sestavljeno nalogo, ki zahteva najprej računanje presečišč grafov dveh funkcij, nato risanje njunih
grafov in zapis določenega integrala s pravilnima mejama. Dijaki pogosto ne narišejo pravilno
grafov obeh funkcij in zato napačno določijo zgornjo in spodnjo mejo. Naloga v testu je vsebovala
števila, s katerimi se je preverjala tudi spretnost računanja z ulomki.
Poleg uporabe določenega integrala lahko nalogo izkoristimo tudi za ponovitev risanja grafov
funkcij in njihovih lastnosti tik pred maturo. Priporočljivo je, da poleg nalog, v katerih dijaki
izračunajo ploščino lika med premico in parabolo ali med dvema parabolama, računajo ploščine
likov, ki so omejeni z dvema ali več grafi drugih funkcij. Če bi si dijaki narisali oba grafa, bi verjetno
naredili manj napak.
Pri reševanju naloge v razredu si lahko pomagamo z računalniškimi programi (Graph ali kateri
drugi). Predlagamo, da bi podobne naloge pogosteje reševali s pomočjo različnih matematičnih
programov.
V splošnem so takšne naloge koristne, ker temeljito preverijo razumevanje in spretnost uporabe
integriranja med dijaki, kakor tudi njihovo sposobnost sistematičnega reševanja daljših sestavljenih
nalog.
91
MA23076
Razdalja med ogliščema v kocki: geometrija − sklepanje (MA23076 − M4_09)
Prikazana je bila kocka in po njeni površini narisana pot med dvema ogliščema.
Dijaki so med štirimi ponujenimi odgovori morali prepoznati tistega, ki je navedel
pravilno dolžino prikazane poti. Pot je potekala prek roba kocke skozi vmesno
točko. Ker je naloga navedla, da je dolžina prikazane poti najkrajša med potmi med
ogliščema, ima dijak možnost, da izračuna, kje na robu leži vmesna točka, kot v
ekstremalnih nalogah, ali pa kar predvidi, da vmesna točka leži na sredini roba.
A
B
C*
D Manjkajoči Pravilni
Država
12,9 27,1 47,4
4,5
8,2
47,4
Armenija
Filipini
28,1 34,4 25,3 10,9
1,3
25,3
Iran
14,9 20,7 30,5
6,4
27,5
30,5
Italija
11,0 19,1 49,5
7,6
12,8
49,5
Libanon
13,2 13,9 55,6
6,5
10,7
55,6
Nizozemska
2,9
10,9 78,1
6,2
1,8
78,1
Norveška
10,8 25,2 46,1 13,4
4,5
46,1
Ruska federacija
7,1
16,1 69,4
5,5
2,0
69,4
Slovenija
9,7
18,3 57,1
9,3
5,7
57,1
Švedska
12,4 25,7 48,5
9,2
4,1
48,5
Mednarodno povprečje 12,3 21,1 50,8
7,9
7,9
50,8
Slovenija
Višja raven mature
3,6
6,5
83,7
4,0
2,2
83,7
Osnovna raven mature 11,3 21,2 50,2 10,7
6,7
50,2
Besedilo naloge
Naloga je enostavna in običajna. Zahteva uporabo Pitagorovega izreka in nekaj prostorske
predstavljivosti, saj je bilo treba videti, da je pot potekala po eni od stranic pravokotnega trikotnika,
ki pa zaradi poševne projekcije slike kocke ni bil narisan kot pravokotni trikotnik.
92
Rezultat
Rezultati med dijaki osnovne ravni maturitetne matematike niso dobri, saj gre le za uporabo
Pitagorovega izreka. Mogoče je, da je bilo dijakom osnovne ravni težko prevesti prostorsko nalogo
v ravninski problem. To kaže tudi pogost napačen odgovor, do katerega so dijaki prišli tako, da
so izračunali najkrajšo razdaljo med ogliščema v notranjosti kocke, torej dolžino njene telesne
diagonale.
Naloga je sicer lahka, vendar imajo težave pri njenem reševanju dijaki, ki imajo slabo prostorsko
predstavo. Morda jim bo naloga lažja, če najkrajšo pot prikažemo na mreži kocke.
Naloga preverja znanje Pitagorovega izreka. Lahko jo rešujemo že v prvem letniku pri obravnavi
geometrije, lahko pa tudi v drugem letniku. Navodilo je jasno zastavljeno in je značilna naloga iz
učbenika. Nalogo lahko predstavimo tudi v različnih matematičnih programih, kjer lahko rešitev
tudi preverimo.
Predlagamo, da se taka naloga reši kot primer uporabe Pitagorovega izreka v tridimenzionalnem
prostoru že v prvem letniku.
93
MA23176
Višina svetilnika: geometrija − uporaba znanja (MA23176 − M4_10)
Besedilna naloga je opisala stanje na sliki, na kateri je bil visok predmet na podstavku
na dani razdalji od majhnega predmeta. Podana sta bila kot med majhnim predmetom
in vrhom visokega predmeta ter višina podstavka. Dijaki so morali določiti višino
velikega predmeta in med štirimi odgovori izbrati pravo rešitev.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
13,7
9,6
10,4
8,7
1,7
1,5
5,1
9,1
4,1
3,6
6,8
32,1
46,5
27,4
53,2
64,3
85,2
60,4
66,3
56,8
63,1
55,5
17,0
25,9
16,6
18,6
19,5
9,5
19,7
13,9
18,1
21,1
18,0
15,2
14,3
7,6
8,5
5,2
1,4
8,7
6,6
7,2
5,9
8,1
22,0
3,7
38,0
11,0
9,2
2,5
6,1
4,1
13,8
6,3
11,7
32,1
46,5
27,4
53,2
64,3
85,2
60,4
66,3
56,8
63,1
55,5
1,4
4,9
79,6
50,8
11,1
20,1
4,6
7,7
3,4
16,5
79,6
50,8
Besedilo naloge
Besedilo naloge natančno opiše, kar je že narisano na sliki. Naloga je torej nazorno in natančno
zastavljena. Mogoči odgovori se razlikujejo ravno za višino podstavka, ki predstavlja manjšo zanko
pri reševanju sicer preprostega problema. Naloga preverja znanje kotnih funkcij v pravokotnem
trikotniku. Zaradi že podane slike k besedilu je naloga preprostejša, kot bi bila brez slike.
Rezultati
Podobnih uporabnih nalog iz geometrije so dijaki vajeni, zato ne preseneča število pravilnih
odgovorov. Pri najpogostejšem napačnem odgovoru so po pričakovanju pozabili odšteti višino
podstavka. Predvsem je prihajalo do te napake pri dijakih na osnovni ravni maturitetne matematike,
kjer jih kar četrtina ni upoštevala višine podstavka. Kaže, da niso natančno prebrali besedila in so
se prehitro zadovoljili z dobljenim rezultatom.
94
Naloga je lep primer uporabe kotnih funkcij, ki so očitno dobro utrjene. Naloga je z dodatkom
podstavka dovolj zahtevna, da po dobro utrjenem znanju kotnih funkcij v trikotniku preveri
dijakovo sposobnost uporabe teoretičnega znanja v zelo realni situaciji. Ker je imela naloga izbirne
odgovore, so bili dijaki, ki so spregledali podstavek, kaznovani z nič točkami. V TIMSS rešitve
nalog niso vrednotene z deležem točk glede na deleže opravljenega dela do končne rešitve, pač
pa so nagrajeni le tisti delno pravilni odgovori, ki sami po sebi kažejo razumevanje določenega
koncepta.
Nalogo lahko izvedemo tudi praktično v naravi, če z dijaki izračunamo višino drevesa, stolpa ali
zgradbe. Pri nalogi ponovimo tudi podobnost, saj imamo na sliki dva podobna trikotnika.
95
MA23098
Dolžina vsote in razlike vektorjev: geometrija − sklepanje (MA23098 − M4_11)
Zapisano je bilo, da je dolžina vsote dveh vektorjev enaka dolžini razlike med
njima. Naloga je spraševala, kaj velja za vektorja, če zanju velja dana enačba.
Možne izbirne izjave so določale razmerje med dolžinama vektorjev in njunim
medsebojnim položajem v ravnini.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
11,8
14,8
10,6
9,1
13,0
8,2
12,1
8,9
10,0
10,1
10,9
19,9
35,4
15,5
24,1
23,8
22,2
35,0
23,4
26,3
25,1
25,1
40,1
39,4
58,6
34,0
35,4
48,7
32,7
55,1
43,2
39,5
42,7
18,4
9,3
6,6
12,1
15,3
16,1
15,2
9,3
13,5
14,8
13,0
9,8
1,1
8,7
20,7
12,5
4,8
5,0
3,4
7,0
10,5
8,3
40,1
39,4
58,6
34,0
35,4
48,7
32,7
55,1
43,2
39,5
42,7
8,1
10,6
17,2
28,7
58,8
39,3
12,0
13,8
3,9
7,6
58,8
39,3
Besedilo naloge
Naloga navede enačbo, v kateri nastopata dva vektorja. Dijak mora iz enačbe prepoznati, katero
lastnost bi lahko imela vektorja, da bi zanju enačba veljala, in lastnost pretvoriti v matematični
zapis odnosa med vektorjema. Nalogo se da preprosto rešiti, če dijak razume paralelogramsko
pravilo za vsoto in razliko vektorjev ter se vpraša, kateri paralelogram ima obe diagonali enako
dolgi.
96
Rezultat
Vektorji so za dijake navadno težja snov, naloga pa preverja še razlikovanje pojmov dolžina
vektorja in vektor, zato ne preseneča nizek odstotek pravilnih rešitev. Kdor je računsko preveril, kaj
pomeni dana enačba, ob tem, da je vedel, da je dolžina vektorja enaka korenu skalarnega produkta
vektorja samega s seboj, je prišel do rešitve, da je skalarni produkt vektorjev enak 0, kar pomeni,
da sta vektorja pravokotna. Najbolj neposredno se da priti do rešitve, če posebej razmislimo o
vsaki možnosti odgovora, torej kakšna je v posameznem primeru dolžina vsote in kakšna dolžina
razlike ter ali sta enaki. Precej jih je narobe sklepalo, da morata biti vektorja vzporedna, ker je
odgovor B.
Naloga je bila za dijake težka, čeprav je po zahtevanem znanju primerna za dijake na osnovni ravni
matematike, podobne pa srečamo na višji ravni mature.
Večini dijakov vektorji povzročajo težave, še bolj pa naloge, ki so splošne, brez podatkov.
Predvidevamo, da je nalogo večina dijakov reševala s poskušanjem.
Naloga pa je pomembna, saj preverja razumevanje in bi takšnih moralo biti pri pouku več. Nalogo
lahko uporabimo za poglobitev razumevanja osnovnih pojmov pri vektorjih. Kakor smo že zapisali,
se vektorji žal pojavljajo le v drugem letniku, zato je priporočljivo, da se ob ponavljanju za maturo
temu poglavju nameni več pozornosti. Priporočamo, da se naloga reši na oba načina, izračunamo
dolžini ali pa ju geometrijsko ponazorimo.
97
MA23144
Geometrijska vrsta: algebra − poznavanje dejstev (MA23144 − M5_01)
Izračunati je bilo treba vsoto neskončne geometrijske vrste, v kateri so se menjavali
predznaki členov. Zapisani so bili prvi trije členi. Navedeni so bili štirje možni
odgovori.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
5,8
11,1
13
2,9
12,8
11
12,8
12
15,4
11,9
10,9
30,7
60,9
12,6
68
29,9
28,4
22,3
8,7
26,6
42,4
33,1
49,7
21,1
49,6
10,2
36,9
51,3
49,5
72,8
36,9
29,4
40,7
6,6
5
5,5
5,5
5,3
5
9,1
4
9,5
8,4
6,4
7,2
1,9
19,3
13,3
15,1
4,3
6,3
2,6
11,6
7,9
8,9
49,7
21,1
49,6
10,2
36,9
51,3
49,5
72,8
36,9
29,4
40,7
17,7
15,0
9,9
30,4
58,2
32,1
3,4
10,7
10,8
11,8
58,2
32,1
Besedilo naloge
Naloga je bila klasična naloga o vsoti geometrijske vrste, ki se umešča na osnovno raven maturitetne
matematike. Rešiti naj bi jo znali vsi dijaki. Zahtevala je poznavanje formule za vsoto neskončne
geometrijske vrste, ki se navadno obravnava v tretjem ali četrtem letniku. Morda je bil sam zapis
vrste nekoliko zavajajoč, ker za tretjim členom ni bilo znaka +, temveč le …
Rezultat
Preseneča zelo pogosta izbira napačnega odgovora B, ki bi ga dobili, če bi sešteli le dane člene.
Med dijaki osnovne ravni maturitetne matematike jih je bila takih skoraj tretjina. Za 26-odstotni
razkorak med deležem pravilnih rešitev med dijaki na osnovni in višji ravni ni nobene razlage.
Mogoče je, da dijaki niso prepoznali geometrijske vrste in so zato le sešteli prve tri člene zaporedja,
čeprav je v besedilu pisalo, da gre za neskončno geometrijsko vrsto. Nekateri dijaki so gotovo
pozabili formulo za vsoto ali niso opazili, da je bila na seznamu priloženih formul, drugi pa so se
zmotili pri izračunu količnika.
98
Pri poglavju o zaporedjih obravnavamo neskončno geometrijsko vrsto in podobne naloge se
pogosto pojavljajo v naših učbenikih. Naloge te vrste preverjajo poznavanje formule za vsoto
neskončne geometrijske vrste. Rezultati kažejo, da predvsem dijaki v programu osnovne ravni
matematike do maja pozabijo formulo, ki so se jo učili na začetku leta. Ker se poznavanje formule
za vsoto neskončne vrste preverja na maturi na osnovni in višji ravni, je očitno nujno, da takih
nalog dijaki rešijo še več, da bi se redkeje zgodilo, da ne bi ločili med končno in neskončno vrsto.
Z različnimi primeri neskončnih vrst lahko ponovimo veliko snovi.
Dijaki po navadi dobro razumejo geometrijsko zaporedje, neskončno geometrijsko vrsto pa slabše,
zato je dobro snovi nameniti nekaj več časa. Zelo pomembno je poudariti, kaj pomeni konvergentna
vrsta, in podati tudi primere geometrijskih vrst, ki niso konvergentne. Pogosto se zgodi, da dijaki
le seštejejo člene, ki jih vidijo zapisane. Razumevanje izboljšamo, če neskončno geometrijsko
vrsto ponazorimo s seštevanjem ploščin kvadrata s ploščino 1, pravokotnika s ploščino enako
polovici danega kvadrata, kvadrata s ploščino enako polovici prejšnjega pravokotnika, itn. Snov
lahko utrjujemo še ob različnih drugih geometrijskih problemih, ki jih prevedemo na neskončno
geometrijsko vrsto.
99
MA23185
Vrednosti parametrov v racionalni funkciji: algebra − uporaba znanja (MA23185 − M5_02)
Naloga pove, da gre graf racionalne funkcije, podane s predpisom v odvisnosti
od x in z dvema parametroma a in b, skozi dve točki s podanima koordinatama.
Naloga sprašuje, kakšni sta vrednosti parametrov. Dijak ju lahko izbere med štirimi
možnimi odgovori.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
44,4
41,3
36,1
56,3
11,7
79,7
27,4
76,0
54,4
39,6
46,7
15,4
28,4
7,3
10,6
4,7
7,8
19,7
8,0
10,4
16,7
12,9
19,3
18,9
39,3
11,9
77,6
6,5
25,5
9,7
18,5
20,4
24,8
6,9
7,1
3,6
5,7
1,6
3,0
10,6
2,0
5,5
11,3
5,7
14,0
4,4
13,6
15,4
4,5
3,0
16,8
4,3
11,0
12,1
9,9
44,4
41,3
36,1
56,3
11,7
79,7
27,4
76,0
54,4
39,6
46,7
71,4
50,4
5,8
11,7
14,3
19,5
3,6
6,0
4,8
12,4
71,4
50,4
Besedilo naloge
Besedilo je razumljivo in dijakom natančno sporoči, kaj morajo storiti. Nalogo naj bi rešili kot
sistem dveh enačb z dvema neznankama. Naloga preverja, kaj pomeni, da graf poteka skozi dani
točki, in reševanje sistema dveh linearnih enačb z dvema neznankama. Naloga je običajna, kar
potrjuje tudi število pravilno rešenih odgovorov.
100
Rezultat
Rezultati se med dijaki obeh ravni precej razlikujejo. Med dijaki osnovne ravni niso zadovoljivo
visoki, saj gre za značilno nalogo, ki se pogosto pojavlja tako v učbenikih kot na maturi. Res pa je,
da podobne naloge dijaki v šoli rešujejo z linearno ali kvadratno funkcijo, z racionalno pa malo
manj. Rezultati bi lahko bili boljši tudi zato, ker je do rešitve mogoče preprosto priti s preizkušanjem
vsakega izmed možnih odgovorov, torej brez reševanja sistema dveh enačb.
Iz porazdelitve odgovorov dijakov med vse možnosti smo opazili še, da je veliko dijakov izbralo
nepravilni odgovor C. Zanj so znali nastaviti sistem enačb in izračunati prvi iskani parameter b =
1. Ko so računali še drugega, a, so iz enačbe 2 a + 3 = 8 dobili 2 a = 8 + 3, kar je vodilo v omenjeni
nepravilni odgovor. Napaka res ni sprejemljiva za maturante.
To je zelo dobra naloga, s katero lahko v razredu utrjujemo pojem funkcije, ob tem pa ponovimo
še reševanje sistema dveh linearnih enačb z dvema neznankama. Kot primer dobre povezave
funkcije z reševanjem sistemov enačb predlagamo, da se kakšna podobna naloga reši v tretjem
letniku pri racionalni funkciji. Poleg racionalne funkcije lahko izberemo tudi druge funkcije ali
pa funkcijo podamo tako, da v njej nastopajo tri konstante, ki jih moramo določiti s pomočjo treh
točk, skozi katere poteka njen graf, da dijaki ponovijo še reševanje sistema treh linearnih enačb
s tremi neznankami. Naloga je pomembna, saj ni povsem klasično zastavljena, temveč je sistem
enačb treba najprej zapisati, pa tudi razumeti pomen koordinat točk na grafu.
101
MA23054
Logaritemska enačba: algebra − uporaba znanja (MA23054 − M5_03)
Rešiti je bilo treba logaritemsko enačbo, ki je imela na eni strani logaritem dvočlenika,
na drugi strani pa razliko logaritma konstante in logaritma dvočlenika. Zahtevala je,
da dijaki zapišejo postopek in vse svoje račune.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 20: Prikaže pravilen postopek, dobi dve rešitvi in pokaže, da je le prva rešitev veljavna (ker
druga vodi v negativni argument logaritma).
• 21: Pravilna rešitev z uporabo kalkulatorja.
• 10: Prikaže pravilen postopek, dobi dve rešitvi, vendar ne preveri rešitev ali jih preveri
napačno.
Nepravilni odgovori
• 70: Nepravilna rešitev s kalkulatorjem.
• 71: Nepravilna rešitev po značilni napaki, da je logaritem razlike enak razliki logaritmov.
Pravilni
20
21
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
102
Delno pravilni
10
70
Nepravilni
71
79
28,9
3,4
19,9
13,5
30,1
10,5
2,5
67,5
18,3
1,3
19,6
0,2
0,5
0,0
0,0
1,4
17,8
3,7
0,0
0,0
2,4
2,6
17,3
11,2
16,8
16,5
30,7
16,7
2,4
12,2
8,6
2,4
13,5
0,0
0,1
0,3
0,0
0,2
1,9
0,7
0,0
0,0
0,8
0,4
0,6
4,6
0,3
0,7
0,1
8,7
16,9
1,5
12,3
5,3
5,1
39,2
13,4
0,0
0,0
14,0
7,5
0,2 7,5
0,0 13,6
Manjkajoči
16,1
63,9
36,7
27,0
27,5
31,2
38,7
13,0
40,3
39,7
33,4
36,9
16,3
26,0
42,4
10,1
13,1
35,1
5,8
20,4
48,1
25,4
30,6
42,5
8,4
23,0
Besedilo naloge
Naloga je bila običajna za naše dijake, podobne naloge so pri pouku v drugem letniku pogoste.
Rezultat
V nalogi je bila običajna logaritemska enačba, ki so jo dijaki zelo slabo reševali. Delno pravilna
rešitev je bila rešitev s standardno napako: dijak je rešil enačbo, kar pomeni, da je znal pravila za
računanje z logaritmi, pozabil pa je narediti preizkus. V primeru testne naloge ena izmed rešitev
kvadratne enačbe ni mogla biti rešitev prvotne logaritemske enačbe. Med popolnoma nepravilnimi
odgovori je razvidno, da so nekateri dijaki kar izpustili simbol za logaritme in računali, kot da jih
ni bilo. S stališča učiteljev je rezultat prenizek za tako šolsko nalogo. Tudi če prištejemo tiste dijake,
ki so pozabili preveriti ter izločiti nemogočo rešitev, je rezultat presenetljivo nizek.
Logaritmi dijakom povzročajo veliko težav, čeprav bi moral vsak dijak na osnovni ravni maturitetne
matematike znati uporabljati pravila za računanje z logaritmi. Logaritemske enačbe se rešujejo v
drugem letniku ali na začetku tretjega letnika, kot samostojno poglavje. Če učitelj v nadaljevanju
šolanja ne zahteva stalnega znanja logaritemskih enačb, dijaki nanje pozabijo. V naših učbenikih
zasledimo veliko takšnih enačb, vendar jih dijaki uspešno rešujejo le, ko obravnavamo logaritme.
Če jih pozneje rešujejo v sklopu drugih poglavij, pri reševanju niso več tako uspešni, kar pojasnjuje
tudi slabo reševanje te enačbe.
Naloga je dobra in pomembna za vajo in utrjevanje. Reševanje preprostih logaritemskih enačb
je nujno vaditi do rutine. Naloge oblikujemo tako, da se logaritemske enačbe prevedejo na
različne vrste enačb (linearna, razcepna, kvadratna, racionalna itn.). Dijaki bi ob nalogi poglobili
razumevanje pomena preizkusa rešitev pri uporabi pravil za računanje z logaritmi, nato pa še pri
preverjanju rezultatov. Na preizkus namreč navadno pozabijo.
Učitelji opažamo tudi precejšno nedoslednost v učbenikih. Dokler je govor o logaritemski funkciji,
se strogo ugotavlja definicijsko območje funkcije. Ko pa preidemo na reševanje logaritemske
enačbe, ni nobenega govora o tem, kdaj je enačba sploh smiselna. Z logaritmi je mogoče delati
veliko, ne le v drugem letniku, ko se obravnavajo, temveč tudi v tretjem ali v četrtem letniku, ko
lahko z logaritmi povezujemo tudi naloge iz zaporedij, binomski izrek in še veliko druge snovi.
103
MA23064
Vrednost prostega člena v polinomu: algebra − poznavanje dejstev (MA23064 − M5_04)
Naloga je navedla, da je določeno imaginarno kompleksno število ničla zapisanega
polinoma tretje stopnje z neznanim konstantnim členom. Vprašanje naloge je bila
vrednost konstantnega člena. Naloga je ponudila štiri izbirne odgovore.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
17,7
33,4
20,3
22,7
72,3
25,7
23,0
47,0
35,9
25,5
32,4
17,0
17,0
11,6
13,5
9,3
23,4
17,7
15,3
12,9
21,2
15,9
22,9
20,3
9,9
14,4
2,6
22,2
22,9
16,3
17,7
22,2
17,2
14,9
25,9
14,3
14,1
8,4
12,8
12,1
11,6
18,6
14,8
14,8
27,5
3,3
43,8
35,2
7,5
15,8
24,3
9,8
14,8
16,2
19,8
17,7
33,4
20,3
22,7
72,3
25,7
23,0
47,0
35,9
25,5
32,4
55,7
31,3
6,8
14,3
12,2
19,1
19,7
18,3
5,6
17,1
55,7
31,3
Besedilo naloge
Naloga je bila zapisana standardno in z jasnim navodilom. Zahtevala je znanje računanja s
potencami imaginarne enote in razumevanje pojma ničla polinoma. Takšne naloge so vsi dijaki
delali v tretjem letniku.
Rezultat
Rezultat ni dober, čeprav naloga ni težka in je primerna za osnovno raven. Njen dosežek je
med nižjimi, ker zahteva uporabo znanja dveh tematskih sklopov, o polinomih in kompleksnih
številih, in je obenem specifična za tretji letnik, v nadaljevanju izobraževanja pa se zelo redko
pojavlja. Razkorak med uspešnostjo reševanja dijakov na osnovni in višji ravni je velik, in sicer
za 20 odstotkov. Če bi bila podana ničla polinoma realno število, bi bila uspešnost reševanja
gotovo boljša. Do napačnih odgovorov so dijaki prišli, če so bili površni in so imaginarno število
kvadrirali tako, da so kvadrirali le i, konstante pa ne ali spregledali predznak minus pri drugem
členu polinoma s sicer vsemi drugimi pozitivnimi členi.
104
Iz dosežkov naloge ugotovimo, da nekateri dijaki pojma še vedno ne razumejo čeprav o ničli
funkcije govorimo vsa štiri leta gimnazije. Dijaki so bili neuspešni pri reševanju, ker ne znajo
računati potenc imaginarne enote oziroma natančno računati s kompleksnimi števili.
Naloga je bila preprosta in je povezala znanje kompleksnih števil (potence imaginarne enote)
s pomenom ničle polinoma (da je p(ničle) = 0). Kompleksna števila se obravnavajo v drugem
letniku in jih navadno ponovimo na začetku tretjega letnika. Pri polinomih je pozornost pri
pouku namenjena le dejstvu, da kompleksne ničle polinoma z realnimi koeficienti nastopajo v
konjugiranih parih. Naloga je torej primerna za delo v razredu kot dopolnilo trenutnemu naboru
nalog, ker bi dijaki z njo vadili povezovanje matematičnih pojmov: polinoma, potenciranja
kompleksnih števil, ničle polinoma in enačbe. Priporočamo, da dijaki nalogo rešijo s Hornerjevim
algoritmom ali z nastavkom p(x) = (x2 +a)(x + b). Nalogo lahko preoblikujemo tako, da zahteva, da
dijaki izračunajo konstanten koeficient polinoma, da bo vrednost polinoma v neki točki dosegla
zahtevano vrednost.
105
Razdalja in površina med ničlama parabole: algebra − uporaba znanja (MA23131 − M5_05)
MA23131
Besedilna naloga z ozadjem iz realnega sveta pove, da rob simetričnega območja
določata dve nasproti si obrnjeni paraboli z danima predpisoma, in dijaka sprašuje,
kako dolgo je območje. Dolžino območja določa razdalja med ničlama parabol.
Naloga je vsebovala sliko koordinatnega sistema z deloma parabol, ki sta omejevala
območje. Zahtevala je prost odgovor.
V drugem delu naloge o območju med parabolama se je od dijakov pričakovalo, da
bodo izračunali ploščino in nato ceno barvanja območja, za katerega je bila podana
cena na kvadratni meter. Naloga je pričakovala samostojni izračun in odgovor dijaka.
Vrednotenje naloge je bilo zasnovano tako, da je v primeru napačne rešitve prvega
dela dijak pridobil manj ali nič točk v prvem delu, v drugem delu pa je za pravilni
izračun na temelju napačnega podatka iz prvega dela pridobil vse točke za pravilni
odgovor.
Vrednotenje prvega dela A
Pravilni odgovori
• Pravilna razdalja med ničlama parabole.
Nepravilen odgovor
• 70: Razdalja ničle parabole od izhodišča, kar je polovica pravilne rešitve.
Nepravilni
Pravilni
Država
Armenija
14,7
Filipini
11,4
Iran
25,9
Italija
29,7
Libanon
37,2
Nizozemska
77,2
Norveška
51,9
Ruska federacija
59,7
Slovenija
20,2
Švedska
38,7
36,7
Slovenija
Višja raven mature
49,1
Osnovna raven mature 13,5
106
70
79
Manjkajoči
1,6
7,3
2,2
2,4
2,4
1,5
2,6
6,9
4,5
2,1
3,4
12,6
52,1
24,3
16,5
27,4
12,3
18,7
15,0
28,4
29,4
23,7
71,1
29,1
47,6
51,4
32,9
9,0
26,9
18,4
46,8
29,7
36,3
5,7
4,2
22,1
29,9
23,2
52,4
Vrednotenje drugega dela B
Pravilni odgovori
• 10: Pravilna numerična rešitev z ali brez denarne enote.
• 11: Pravilen odgovor z zadostnim postopkom, ki se nanaša na nepravilen rezultat v primeru A.
Nepravilni odgovor
• 70: Numerična rešitev, ki je posledica pravilnega integriranja za izračun četrtine območja
barvanja, vendar pri ceni dijak ni upošteval, da je celotno območje barvanja štirikratnik
rešitve integrala.
Dosežki: odstotni deleži odgovorov dijakov po državah, del B
Pravilni
10
11
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Nepravilni
70
79
Manjkajoči
0,5
1,7
4,6
8,4
8,4
63,9
30,0
26,1
5,1
17,6
16,6
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,2
0,4
0,1
0,3
0,5
0,2
1,0
2,4
3,0
1,8
4,5
2,3
2,6
8,7
3,0
3,1
3,2
18,4
58,8
24,7
20,4
34,9
21,9
28,4
35,2
25,4
38,3
30,6
80,2
37,1
67,7
69,3
52,2
11,7
38,5
29,9
66,2
40,6
49,3
14,3
3,0
0,4
6,3
2,3
35,8
22,9
43,7
71,4
Besedilo naloge
Enačbi parabol vsebujeta decimalna števila, da je bila naloga v celoti realistična. Čeprav so
decimalna števila po mnenju nekaterih učiteljev dijake lahko zmedla, se naloga vseeno umešča
v matematiko osnovne ravni. Dijakom se je verjetno zdela tuja v celoti in morda niso prepoznali
povezave med opisom stanja in matematičnim modelom, ki je določen z dvema parabolama.
V drugem delu besedilo ni prinašalo nobenega numeričnega podatka, razen cene barvanja.
Predpostavljeno je bilo, da dijak potrebne podatke pridobi iz prvega dela naloge in iz svoje rešitve.
Pri tej nalogi so morali dijaki ugotoviti, da morajo uporabiti integral, ker morajo izračunati
ploščino in nato še ceno njenega barvanja.
107
Rezultat prvega dela A
Naloga je podana drugače in bolj zanimivo kot naloge v učbeniku, saj je primer iz prakse.
Teoretično ni težka, saj je treba izračunati le ničli kvadratne funkcije. Presenetljivo je, da je tako
malo pravilnih rešitev. Ker je naloga neobičajna in je potreben razmislek, so jo seveda precej bolje
reševali bolj uspešni dijaki − tisti, ki so si izbrali višjo raven maturitetne matematike. Nekaj je bilo
sicer dijakov, ki so ničli izračunali, vendar niso sešteli obeh razdalj od izhodišča.
Če izhajamo iz zahtev učnega načrta, bi pričakovali boljše rezultate predvsem med dijaki osnovne
ravni matematike. Temeljna naloga iskanja presečišč krivulje z osjo x se pojavlja v vseh letnikih
gimnazijskega izobraževanja. Res pa je, da realističnih nalog pri nas dijaki ne srečajo veliko. V nalogi
je bilo treba najprej prepoznati, da je iskana dolžina daljice enaka razdalji med ničlama parabole.
Ničle parabole bi morali znati poiskati tudi dijaki osnovne ravni, prepoznavanje problema pa ni
tako preprosto in zahteva več matematične prakse in razumevanja. Veliko razliko 30 odstotkov
med dosežki dijakov osnovne in višje ravni bi lahko pripisali prav razliki med znanjem dijakov
osnovne ravni, ki znajo izpeljati naučen postopek, in znanjem dijakov na višji ravni, ki znajo
poleg tega še prepoznati realistični opis zahteve naloge v matematičnem modelu in nato nalogo
problemsko rešiti.
Rezultat drugega dela B
Podobno kot pri drugih uporabnih nalogah z določenim integralom so tudi tukaj zelo slabi
rezultati. Nastavitev integrala je zahtevna, vendar se da poenostaviti, saj je dani lik sestavljen iz
4 enakih delov. Torej se da izračunati ploščino ¼ lika in jo pomnožiti s štiri. Gre za kompleksno
nalogo, kakršne rešujejo vsi dijaki. K slabemu rezultatu uspešnosti bi lahko prispevalo, da v času
testiranja vsi dijaki še niso obravnavali določenih integralov ali njihove uporabe, ali pa snov še ni
bila zadostno utrjena. Pri tej nalogi je treba praktično nalogo prevesti na matematični problem in
ga rešiti, kar je težko predvsem za dijake, ki imajo namen opravljati maturo na osnovni ravni.
Že pri nalogah M3_04 in M4_08, ki sta povezani z določenim integralom, so bili rezultati slabi,
čeprav sta bili nalogi temeljni, kakor je tudi ta. Treba je razumeti, da učitelji zadnjim sklopom v
četrtem letniku (določeni integral) ne morejo nameniti vedno dovolj časa. Pri delu v razredu se
mora veliko učiteljev vedno več ukvarjati z manj zmogljivimi dijaki, zato pogosto zmanjka časa za
skoraj vse, kar ni rutinsko reševanje značilnih nalog.
108
Nalogo rešimo v četrtem letniku pri uporabi določenega integrala, ponovimo kvadratno funkcijo
in presečišči parabol. Prvi del naloge bi lahko reševali že v drugem letniku kot primer računanja
ničel funkcije.
Nalogo priporočamo učiteljem, ker je uporabna, in dijakom, ker je zanimiva. Zaradi uskladitve
z našo učno prakso predlagamo, da dijaki rešijo tudi podobno nalogo, v kateri podatki za obe
paraboli ne bodo decimalna števila.
Naloga je za delo v razredu zelo smiselna, ker dijaki vidijo uporabno vrednost svojega
matematičnega znanja. Je uporabna, problemska naloga, ki poleg tehnike računanja zahteva tudi
logično razmišljanje. Tega našim dijakom v praksi manjka. Dijaki so navajeni, da ne razmišljajo
“zastonj“. Argument, da matematika razvija natančnost in razmišljanje jim ne zadostuje. Dijaki
se pogosto neposredno pritožujejo, da ne vedo, kako jim bo znanje neke vsebine koristilo. Z
didaktičnega stališča bi se morali učitelji še bolj potruditi, tudi s pomočjo literature, permanentnega
izobraževanja učiteljev, primerov dobre prakse in smiselne uporabe IKT, da bi dijakom pokazali
uporabno vrednost matematike.
Obenem so podobne naloge primerne tudi za opazovanje ali odpravljanje primanjkljajev znanja,
ki so ga dijaki izkazali pri testni nalogi v primerjavi z dijaki v drugih državah. V testu je bila naloga
slabo rešena zaradi več vzrokov, ki jih lahko s pametno uporabo prilagojenih nalog zaznamo
in odpravimo. Podatki v nalogi so bili primerni za računanje z uporabo kalkulatorjev, torej je
v osnovni različici dobra tudi kot vaja iz uporabe kalkulatorja. Realistične naloge bi dijaki celo
morali reševati z vsemi sodobnimi tehnologijami, ki so jim dostopne, saj je smisel matematike
v šoli pripraviti dijaka na doseganje pravilnih rezultatov v zahtevah realnega življenja. Tako
ponovno pridemo do dileme o uporabi grafičnih računal in do velikega odstopanja naše države
v uporabi grafičnih kalkulatorjev od drugih sodelujočih držav v raziskavi, prikazanega v poročilu
o mednarodnih primerjavah. Opisana naloga je enostaven primer naloge, pri kateri lahko dijaki
utemeljeno vadijo uporabo grafičnih kalkulatorjev, saj samo z rutinsko uporabo kalkulatorja brez
začetnega prevoda besedilne naloge v matematični zapis ni mogoče priti do pravilne rešitve.
Naloga je zelo dober primer praktične uporabe določenega integrala, tudi ob uporabi tehnologije.
Priporočljivo je, da bi ob koncu šolske obravnave vsakega matematičnega poglavja dijaki reševali
primere uporabe pridobljenega znanja iz življenja, fizike ali drugih področij, saj matematiki s tem
damo uporabno vrednost.
109
MA23157
Ekstremne in prevojne točke: analiza − sklepanje (MA23157 − M5_06)
Slika je prikazovala parabolo. Naloga je sporočila dijakom, da je narisan graf odvoda
funkcije, in zahtevala, da določijo ekstremne in prevojne točke funkcije. Odgovore
so zapisali sami.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• Pravilno zapisana maksimum in točka prevoja.
• 10: Samo koordinata x za točko maksimuma je pravilna.
• 11: Samo koordinata x za točko prevoja je pravilna.
Pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Delno pravilni
10
11
Nepravilni Manjkajoči
5,3
2,2
20,0
8,0
13,7
14,6
5,7
36,0
3,7
9,1
11,8
10,2
1,0
2,2
5,3
7,5
3,0
0,8
18,0
5,4
10,4
6,4
3,8
30,2
19,5
12,6
41,7
54,2
43,4
24,0
25,1
11,2
26,6
22,2
49,4
26,0
25,4
26,6
22,0
28,1
11,4
44,9
44,8
30,1
58,6
17,2
32,3
48,8
10,4
6,1
22,0
10,6
20,8
24,5
25,1
12,7
1,7
11,4
4,1
31,1
23,8
35,5
47,1
9,3
23,4
Besedilo naloge
Po zapisu je bila naloga običajna, po vsebini pa za naše dijake nenavadna. Na podlagi grafa odvoda
je treba pojasniti obnašanje funkcije. Naloga je težka, saj je treba poznati pomen prvega in drugega
odvoda. Pomena drugega odvoda veliko dijakov ni moglo poznati, ker ga ni več v učnih načrtih.
Pri nas funkcijo po navadi analiziramo na podlagi predznaka prvega odvoda in brez drugega
odvoda. Prevojne točke niso del maturitetnega programa.
110
Rezultat
Rezultati so pričakovano slabi. Čeprav bi glede na naloge v naših učbenikih, v katerih se preučuje
le predznak prvega odvoda, in dejstva, da v naših učnih načrtih ni prevojne točke, pričakovali, da
bodo dijaki uspešnejši pri iskanju maksimuma, jih je več poiskalo prevojno točko. Kar četrtina
jih je pravilno določila samo prevoj in le 5 odstotkov samo maksimum, oboje pa manj kot 4
odstotke dijakov. Da jih je toliko zapisalo, da je prevoj tam, kjer ima prvi odvod ekstrem ali kjer je
drugi odvod enak 0, bi bil dober rezultat, če ne bi na podlagi učnega načrta dvomili o tem, koliko
dijakov je prevoj določilo utemeljeno pravilno in koliko naključno. Predpostavljamo, da je precej
dijakov zanemarilo dejstvo, da je prikazana krivulja odvoda, ne same funkcije, in so za značilne
točke funkcije brez razumevanja problema zapisali značilne točke grafa, ničli in teme − kar po
navadi opazujejo pri obravnavi parabol. Težave so sicer imeli tudi pri določanju maksimuma, kar
je zahtevalo matematični razmislek. Verjetno so dijaki vedeli, da ima funkcija ekstremno vrednost
tam, kjer je odvod enak nič. Ali je točka minimum ali maksimum, pa določi predznak odvoda
funkcije.
Naloga je primer uporabe teorije ter razumevanja geometrijskega pomena prvega in drugega
odvoda. Tako zasnovanih nalog nam manjka in jih v šolah skoraj ne delamo. Tudi drugih nalog,
ki bi zahtevale od dijakov, da iz grafa odvoda funkcije razberejo kakršen koli podatek, se ne dela
veliko. Dijaki vadijo odvod le z odvajanjem konkretnih funkcij in uporabijo lastnosti odvoda
funkcije v posameznih točkah na konkretnih, s predpisom podanih funkcijah.
Za reševanje take naloge mora imeti dijak zelo dobro razjasnjene pojme o lokalnih ekstremih
funkcije. Naloga dobro razvija logično razmišljanje. Priporočamo jo tudi za uporabo na osnovni
ravni, vendar v tem primeru predlagamo popravek besedila (ker prevojne točke niso več v učnem
načrtu): Pri katerih vrednostih doseže funkcija maksimum in pri katerih minimum?
Takšne naloge priporočamo. Dijaki naj znajo povezati graf funkcije s sliko odvoda in obratno. Ob
uvedbi grafičnega računala je to smiselno pričakovati od vseh dijakov.
Podobne naloge so pogoste v tujih učbenikih in pri nas v programu mednarodne mature. Po
izkušnjah tega programa so naloge primerne in potrebne tudi v osnovnem programu maturitetne
matematike. Dijakom lahko precej približajo pojem odvoda. Dosežki opisane naloge in podobnih
z odvodi kažejo, da so učitelji in dijaki verjetno premalo pozorni na razlago pojma odvoda v
primerjavi s tehniko odvajanja. Opisana naloga naj spodbudi učitelje k večji vnemi pri doseganju
temeljitega razumevanja odvoda med dijaki, še preden se lotijo rutinskih nalog odvajanja
posameznih funkcij.
Predlagamo, da se pri razlagi geometrijskega pomena odvoda uporabljajo različni računalniški
programi (IKT). S tem se povečata nazornost in predstavljivost.
111
MA23045
Meja določenega integrala kot parameter: analiza − sklepanje (MA23045 − M5_07)
Besedilo je opisalo medsebojni položaj določene parabole, navpične premice in osi
x. Naloga je spraševala, katera navpična premica x = a bi območje med krivuljo in
premico razdelila na dva enaka dela. Dijaki so imeli na voljo štiri izbirne številske
odgovore za vrednost a.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
13,1
28,0
14,3
15,4
27,4
5,4
18,4
17,3
25,4
15,5
18,0
19,9
21,8
13,8
22,9
13,6
25,2
27,4
21,9
21,0
26,9
21,5
22,8
12,9
20,1
21,1
19,8
60,0
23,3
37,4
21,1
27,5
26,6
12,4
34,2
11,4
8,2
10,3
2,2
13,8
13,7
13,2
15,0
13,5
31,7
2,9
40,3
32,4
29,0
7,2
17,1
9,6
19,3
15,1
20,5
22,8
12,9
20,1
21,1
19,8
60,0
23,3
37,4
21,1
27,5
26,6
26,0
25,0
17,7
22,0
34,3
18,0
5,1
15,2
16,9
19,8
34,3
18,0
Besedilo naloge
Naloga za naše dijake ne spada med klasične, vendar je lepa. V resnici zahteva zapis enačbe z
integraloma s spremenljivo mejo, ki je neznanka enačbe. Ploščina pod parabolo do premične
navpične premice mora biti enaka ploščini pod krivuljo med premično mejo in fiksno navpično
premico. Naloga je težka. Dijak mora najprej dobro razumeti besedilo naloge, ki zahteva uporabo
določenega integrala za izračun ploščine opisanega lika in nato nastavitev enačbe, da je polovična
ploščina enaka določenemu integralu dane funkcije, ki ima za zgornjo mejo iskano število a. Iz te
enačbe se potem izračuna pravilen rezultat.
Besedilo naloge je lahko dijake zavedlo z izjavo, da premica razdeli območje na dva enaka dela.
Bolj pravilno bi bilo, če bi bilo napisano, da območje razdeli na dva ploščinsko enaka dela ali da
območje razdeli tako, da bosta imela oba dela enaki ploščini.
112
Rezultat
Dosežki niso visoki. Najpogostejši je bil tisti napačen odgovor, ki kaže, da so dijaki prišli do
predzadnjega koraka rešitve, izračuna premične meje s pomočjo integralske enačbe, vendar
so napačno racionalizirali rezultat. Iz približno enakomerne porazdelitve deležev prvih treh
odgovorov lahko sklepamo, da je večina dijakov odgovarjala na slepo. Predvsem med dijaki
osnovne ravni maturitetne matematike je očitno, da so rešitve ugibali. Skoraj petina dijakov se je
odločila za odgovor, da leži premica, ki naj bi razpolavljala opisano območje, ravno na polovici
razdalje med izhodiščem in fiksno navpično premico na os x. Ti dijaki niso pokazali, da razumejo,
kako se računajo ploščine območij v ravnini. Ponovno se vidi, da dijaki pri nalogah z več možnimi
odgovori niso navajeni ubrati bližnjice in iz odgovorov s preizkušanjem in izločanjem nemogočih
možnosti nazaj določiti najboljšo rešitev.
Naloga je zelo dobra in zahtevna, vendar ne bi smela imeti odgovorov izbirnega tipa. Pri uporabi
podobne naloge v razredu je treba upoštevati zgornjo opombo o zavajajočem zapisu naloge in
premisliti o natančnem opisu območij, da dijaki takoj razumejo potrebo po uporabi integrala.
Čeprav je opisana naloga med zahtevnejšimi iz uporabe integrala v četrtem letniku, pa vsebinsko
še vedno preverja le znanje osnovne ravni. Dijaki morajo pri tej nalogi izvesti vsaj tri različne
računske korake. Imajo torej veliko možnosti, da se zmotijo. Naloga je zato primerna tudi kot
trening vztrajnosti in vzdrževanja koncentracije dijakov pri reševanju naloge do konca.
Nalogo lahko rešujemo z bolj uspešnimi dijaki za poglobitev razumevanja določenega integrala,
čeprav je primerna za osnovno in višjo raven mature. Ker v njej nastopa parameter, je primerna za
uporabo računalniške simulacije, v kateri bi spreminjali parameter. Priporočamo čim več podobnih
nalog.
113
MA23082
Četrto oglišče paralelograma: geometrija − uporaba znanja (MA23082 − M5_08)
Naloga je od dijakov zahtevala, da izračunajo koordinati četrtega oglišča paralelograma
v ravnini, če so podane koordinate treh drugih oglišč. Dijak je moral odgovor izbrati
med štirimi možnimi točkami, podanimi s koordinatami.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
44,9
58,0
51,6
55,9
−
73,3
56,3
73,3
52,5
48,8
57,2
19,1
16,0
11,1
13,5
−
7,7
13,2
9,1
19,8
20,8
14,5
12,1
13,2
6,1
8,7
−
8,4
10,0
6,2
5,9
11,7
9,1
7,7
9,8
4,8
8,0
−
5,1
8,8
3,6
7,1
8,4
7,0
16,3
3,0
26,4
14,0
−
5,5
11,8
7,8
14,8
10,3
12,2
44,9
58,0
51,6
55,9
−
73,3
56,3
73,3
52,5
48,8
57,2
63,5
49,7
11,4
21,6
5,8
6,0
4,7
7,7
14,5
15,0
63,5
49,7
Besedilo naloge
Naloga je bila podobna številnim nalogam v učbenikih prvega in drugega letnika naših dijakov.
Rešiti jo je bilo mogoče računsko s pomočjo krajevnih vektorjev ali s sliko, kjer je bilo treba paziti
na pravilno lego iskane točke oziroma orientacijo paralelograma.
Rezultat
Nalogo so slovenski dijaki reševali precej dobro. Izstopa napačen odgovor, ki je posledica napačnega
premisleka o orientaciji lika. V šoli so navadno podani pozitivno orientirani paralelogrami ABCD,
lik v nalogi pa je bil orientiran negativno. Pri opazovanju rešitev dijakov nismo zasledili, da bi si
pri nalogi pomagali s skicami paralelograma. Polovica pravilnih odgovorov dijakov osnovne ravni
kaže na to, da jim je bila naloga znana. Verjetno jih je spominjala na vektorje. Ker pa učitelji vemo,
da se jim zdijo vektorji težki, verjamemo, da jim niti ni prišlo na misel, da bi narisali sliko vektorjev,
iz katere bi lahko le »prebrali« odgovor. Odgovor je mogoče hitro dobiti tudi s preverjanjem vseh
ponujenih rešitev.
114
Naloga je bila lahka tudi zaradi izbire treh podanih točk. Če naj naloga preverja le poznavanje
koordinatnega sistema, je to primerno. Če pa je mišljeno, da se preverja poznavanje lastnosti
paralelograma, bi bilo bolje točke izbrati tako, da stranici paralelograma nista vzporedni z abscisno
osjo ali pa morda celo točke izbrati tako, da nimajo celoštevilskih koordinat. V tem primeru bi
morda več dijakov reševalo nalogo s pomočjo enakih vektorjev.
Tudi pri drugih nalogah z izbirnimi odgovori so se dijaki izogibali skicam in pomožnim računom
in dajali vtis, da mislijo, da se pričakuje, da bodo naloge z odgovori izbirnega tipa rešili na pamet.
Dijakom bi zato verjetno koristila dodatna spodbuda učiteljev, da čim večkrat problem začnejo
reševati tako, da si ustvarijo predstavo o zahtevi naloge in narišejo skico, ob računanju pa napišejo
čim več vmesnih računov. Tako pokažejo, kako so premišljevali, obenem pa imajo manj možnosti,
da se v nalogi izgubijo.
Naloga je zelo pogosta v učbenikih in tudi na maturi. Rešimo jo lahko tudi s pomočjo različnih
matematičnih programov. Naloga je dobra in pomembna, saj povezuje znanje geometrije z znanjem
vektorjev, zato je primerna za začetek, ko začnemo s koordinatnim sistemom, v prvem letniku pri
geometriji ali pa v drugem letniku pri vektorjih. Je tudi dober primer naloge, pri kateri dijake
naučimo reševati naloge z izločanjem neustreznih rešitev.
115
MA23020
Amplituda in perioda funkcije: geometrija − poznavanje dejstev (MA23020 − M5_09)
Naloga dijake sprašuje, katera izmed štirih navedenih funkcij ima največjo
amplitudo in najdaljšo periodo. Dane so štiri podobne kotne funkcije s
predpisom f (x) = ...
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
12,3
43,9
15,0
21,6
26,7
21,9
31,2
26,1
27,6
34,9
26,1
11,8
7,8
4,9
8,0
3,2
1,6
4,2
5,3
7,3
5,6
6,0
21,4
12,9
10,6
11,4
6,7
3,1
5,7
7,4
15,4
7,5
10,2
32,2
33,1
40,2
31,9
45,4
69,5
46,2
56,9
39,2
42,4
43,7
22,3
2,3
29,3
27,1
18,0
3,9
12,7
4,3
10,5
9,7
14,0
32,2
33,1
40,2
31,9
45,4
69,5
46,2
56,9
39,2
42,4
43,7
26,8
27,9
2,9
8,4
13,2
15,7
50,6
36,5
6,5
11,5
50,6
36,5
Besedilo naloge
Besedilo je bilo kratko in naloga je bila izbirnega tipa, kar je dijake takoj odvrnilo od risanja skic.
Naloga je preverjala poznavanje pojmov amplituda in perioda, znanje osnovne ravni maturitetne
matematike. Če dijaki niso pozabili pomena amplitude in periode, je bila zanje naloga lahka.
Takšne naloge se rešujejo pri pouku.
Rezultat
Rezultat je zanimiv, ker so dijaki osnovne in višje ravni dosegli skoraj enaka deleža pravilnih
odgovorov. Iz odgovorov je razvidno, da pojem amplituda ni vprašljiv, več težav so imeli dijaki z
razumevanjem najdaljše periode. Pri periodi so v precejšnji meri sklepali napačno in ugotavljali,
katera funkcija ima večjo frekvenco, ki pa je obratno sorazmerna s periodo.
116
Pojma perioda in amplituda sta dijakom bolj znana iz fizike, čeprav ju tudi pri matematiki
obravnavamo, ko spoznavamo kotne funkcije in njihov graf, vendar pozneje o amplitudi bolj malo
govorimo. Razlog za slabši rezultat na nalogi bi bil lahko tudi, da se podobna naloga pojavi zgolj v
učbenikih tretjega letnika, in še to le enkrat.
Naloga je preprosta, ker v njej nastopata amplituda in perioda skupaj. Bistveno težje bi bilo, če
bi spraševala po vsaki lastnosti posebej, saj so lahko dijaki, ki so poznali le pomen ene, taktično
izbirali med dvojicami odgovorov. Nekaterim dijakom bi lahko bil nepoznan pojem amplituda, saj
nekateri učitelji o njej govorijo kot o »raztegu po ordinatni osi«.
Nalogo iz kotnih funkcij so dijaki višje ravni rešili preslabo. Po maturitetnih standardih morajo
dijaki razumeti pojma amplituda in perioda ter kako se kažeta v funkcijskem predpisu kotne
funkcije. Dijaki morajo za osnovno raven mature znati ugotoviti amplitudo in periodo sinusnega
nihanja. Iz majhnega števila pravilnih odgovorov spet sklepamo, da dijaki pozabijo oziroma ne
znajo uporabiti temeljnega znanja, ki naj bi ga imeli po obravnavani snovi.
Naloga je primerna za uporabo v razredu. Na zanimiv način preveri poznavanje odnosa med
amplitudo in periodo funkcije. Nalogo lahko uporabimo za poglobitev razumevanja teh dveh
pojmov. Smiselna je njena povezava z grafi kotnih funkcij in s fizikalno vsebino. Pri razlagi si
lahko pomagamo tudi s programi Graph, Geogebra ali Riš, naloga pa je zelo primerna tudi za
ustno ocenjevanje znanja.
117
MA23094
Kosinusni in sinusni izrek v trikotniku: geometrija − uporaba znanja (MA23094 − M5_10)
Podani sta bili dve stranici in en kot trikotnika. Določiti je bilo treba dolžino tretje
stranice trikotnika. Številske vrednosti so bile cela števila in kot je bil znane in
pogoste velikosti. Naloga je zahtevala prost odgovor dijaka.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 20: Pravilen postopek z uporabo kosinusnega pravila in dobljeni dve rešitvi.
• 21: Pravilen postopek, z obema rešitvama.
• 22: Pravilna rešitev s kalkulatorjem.
• 10: Ena od rešitev, vendar ne obe, s prikazanim postopkom.
• 11: Pravilno vstavi v enačbo za sinusni oz. kosinusni izrek, brez pravilnega rezultata.
• 12: Delna rešitev kakor v zgornjih dveh, vendar s kalkulatorjem.
Nepravilni odgovori
•
70: Nepravilen odgovor, pridobljen s kalkulatorjem
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
118
20
Pravilni
21
Delno pravilni
10
11
12
Nepravilni
70
79
22
23,6
2,1
13,2
2,2
10,8
7,6
4,9
32,1
9,6
2,8
10,9
0,5
0,0
0,0
0,5
0,0
0,1
0,1
0,8
0,0
0,0
0,2
0,0
0,0
0,0
0,1
0,0
0,3
0,5
0,0
0,0
0,3
0,1
2,5
8,5
2,7
3,7
10,9
19,2
15,6
9,9
7,3
19,0
9,9
3,6
3,4
5,8
0,9
6,2
7,4
9,1
6,5
5,4
4,9
5,3
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,6
0,5
0,2
0,0
0,1
0,1
0,5
0,1
0,0
0,0
0,0
0,6
0,2
0,3
0,0
0,1
0,2
27,2
78,3
53,3
44,0
58,8
51,9
50,6
36,1
67,1
53,0
52,0
42,1
7,5
25,0
48,6
13,3
12,3
18,5
14,2
10,6
19,9
21,2
16,5
7,8
0,0
0,0
0,0
0,0
18,2
4,9
7,2
5,0
0,0
0,0
0,0
0,0
53,0
70,5
5,2
11,8
Manjkajoči
Besedilo naloge
Naloga je zahtevala navadno reševanje splošnega trikotnika s sinusnim izrekom, z malo
nadstandardno zahtevo za rešitev. Po pravilih za vrednotenje se je pričakovalo, da bodo dijaki našli
dve rešitvi za dolžino tretje stranice trikotnika.
Rezultat
Pričakovali bi večji delež vsaj delno pravilnih rešitev. Rezultati naloge so namreč neverjetno slabi,
saj je nepravilnih odgovorov več kot tri četrtine, čeprav morajo dijaki za maturo poznati kosinusni
in sinusni izrek na pamet. Zelo verjetno so dijaki s sinusnim izrekom najprej izračunali preostala
kota. Večinoma tudi v šoli delajo tako. Pri tem so pozabili upoštevati možnost topega kota in so
izgubili eno rešitev. Ko se je podobna naloga pojavila na maturi, so bili opozorjeni, da ima naloga
dve rešitvi. Manjši delež dijakov je uporabil kosinusni izrek. Mislimo, da se nekateri dijaki niso
spomnili formul iz snovi prejšnjih letnikov in se jih niso spomnili niti prepisati iz priloženega
seznama formul v testu.
Prikazana naloga se med maturitetnim izobraževanjem pogosto ponovi. Naloga je rešljiva z
različnimi orodji v različnih letnikih: s kosinusnim izrekom v drugem letniku v poglavju vektorji
in s kotnimi funkcijami v pravokotnem trikotniku v prvem letniku. Pri takšnih nalogah učitelji
dijake učimo uporabljati sinusni izrek. Prikazana naloga opozarja na pomanjkanje pozornosti do
upoštevanja dveh rešitev med našimi dijaki. Splošneje spada med primere nalog, s katerimi lahko
dijake spodbujamo, da na koncu temeljito premislijo o smiselnosti in ustreznosti svoje rešitve.
Naloge, ki jih rešujemo s sinusnim izrekom in imajo dve rešitvi, povežemo z izreki o skladnosti
trikotnikov in konstrukcijo trikotnikov. Tako se snov prvega letnika ponovi in nadgradi v tretjem
letniku.
Naloga je značilen primer uporabe sinusnega izreka, čeprav jo lahko rešimo tudi s kosinusnim
izrekom ali le s kotnimi funkcijami v pravokotnem trikotniku. Predvsem je pomembno, da dijaki
ne spregledajo, da ima naloga lahko dve rešitvi.
119
Vsota neskončne geometrijske vrste: algebra − uporaba znanja (MA23069 − M6_01)
V neskončni geometrijski vrsti je prvi člen 3 in tretji člen
1
.
3
MA23069
Vsi členi v vrsti so pozitivni. Kolikšna je vsota vrste?
a
27
8
b
10
3
c
9
4
d
9
2
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
8,5
12,0
8,7
5,1
9,2
9,5
12,9
5,9
10,1
12,8
9,5
20,3
49,9
14,2
41,7
23,6
16,5
20,2
10,6
25,3
45,9
26,8
13,0
11,0
6,6
8,4
6,6
6,0
10,6
3,7
7,7
7,9
8,2
49,6
24,6
51,8
20,2
41,4
65,7
49,9
78,1
42,0
24,2
44,7
8,7
2,4
18,7
24,6
19,1
2,3
6,4
1,7
15,0
9,3
10,8
49,6
24,6
51,8
20,2
41,4
65,7
49,9
78,1
42,0
24,2
44,7
5,1
11,0
3,8
31,4
6,9
7,7
76,3
33,2
7,8
16,8
76,3
33,2
Besedilo naloge
V primerjavi z običajno zastavljenimi nalogami o vsoti vrste je tukaj vrsta opisana z besedami. Z
nalogo od dijaka pričakujemo dodaten korak premišljevanja, v katerem si ustvari sliko vrste ali jo
zapiše. Po vsebini je značilna šolska naloga z jasnim navodilom. Iz danih podatkov je treba razbrati
količnik geometrijskega zaporedja in poznati formulo za izračun vsote neskončne geometrijske
vrste ali jo znati uporabiti iz priloženega seznama formul in obrazcev.
120
Rezultat
Podobno kot pri nalogi o vsoti vrste so nekateri dijaki kot rezultat navedli kar vsoto podanih dveh
členov in s tem izkazali, da ne razumejo niti pojma geometrijsko zaporedje niti neskončna vrsta.
Zanimiva je velika razlika v uspešnosti reševanja med dijaki obeh ravni matematike. K razliki
gotovo prispeva, da se takšne naloge ne pojavljajo na osnovni ravni mature, čeprav se vsebinsko
umeščajo na osnovno raven v četrti letnik. Čeprav je dosežek na višji ravni zadovoljiv, pa tega ne
moremo potrditi za dijake osnovne ravni, ker bi se naloga zlahka pojavila tudi na maturi osnovne
ravni.
Dijaki so za uspešno rešitev morali poznati zvezo med prvim in tretjim členom geometrijskega
zaporedja, iz katere se izračuna koeficient geometrijskega zaporedja. Ker je kvadrat koeficienta
enak 19 , sta za koeficient dve možni rešitvi
1
3
in
−
1
3
. Kakor je pogosto v šoli, so dijaki v velikem
deležu drugo rešitev kar izpustili in jih je majhen delež računal naprej z vrednostjo koeficienta
1
enako − 3 . Ko so jo vstavili v formulo za izračun vsote neskončne geometrijske vrste, so dobili
napačen odgovor C. Kdor je že napisal obe možnosti za koeficient geometrijskega zaporedja,
je negativno vrednost moral zavreči, saj ne ustreza zahtevi, da so vsi členi v vrsti pozitivni. Do
odgovora B so prišli dijaki, ki niso vedeli, kaj bi počeli, pa so dana člena zaporedja sešteli, njuna
vsota pa je ravno odgovor B. Odgovor B prevladuje pri dijakih na osnovni ravni. Sklepamo, da
dijaki, ki naloge niso znali, niso znali prevesti besedilnega opisa v matematični zapis vrste, so
pozabili obrazec za vsoto ali se niso spomnili, da bi ga poiskali med priloženimi formulami, ga niso
znali uporabiti ali pa so se zmotili pri izračunu količnika.
Pojem neskončne geometrijske vrste je za dijake zelo abstrakten, zato formulo hitro pozabijo.
Dobro je, če jim snov približamo z reševanjem geometrijskih ali drugih nalog. Ker je prikazana
naloga značilna maturitetna in ni težka, zahteva pa premislek, bi bilo dobro, da bi jo dijaki poskusili
rešiti v čim več različicah.
121
Racionalna neenačba: algebra − uporaba znanja (MA23135 − M6_02)
x +1
>1
x −2
MA23135
Pri katerih vrednostih x bo veljala zgornja neenačba?
Odgovor: _____________
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• x > 2
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Pravilni
Nepravilni
Manjkajoči
74,3
14,7
54,5
59,5
50,9
46,7
16,3
80,3
26,2
30,2
45,4
21,5
77,7
42,0
33,7
45,7
48,1
63,7
18,8
70,6
59,9
48,2
4,2
7,6
3,6
6,7
3,4
5,2
20,0
1,0
3,2
9,9
6,5
57,2
17,8
42,8
78,3
0,0
3,9
Besedilo naloge
Naloga je vsebinsko in oblikovno navadna, osnovna šolska naloga, ki pa zahteva nekaj znanja.
Podobne naloge rešujejo dijaki v prvem in tretjem letniku, ko se učijo reševati linearne neenačbe
in racionalne neenačbe.
122
Rezultat
Racionalne neenačbe, ki jih je treba najprej urediti, dijakom delajo preglavice. Kljub temu
bi pričakovali na testni nalogi boljše rezultate, predvsem med dijaki višje ravni maturitetne
matematike. Dosežek je veliko prenizek. Rezultat je slabši kot pri podobni nalogi M2_03 tudi zato,
ker nima izbirnih odgovorov in je treba do rešitve priti po računski poti.
Najpogostejša napaka pri racionalni neenačbi je, da dijaki odpravljajo imenovalec, torej celotno
neenačbo pomnožijo z imenovalcem. V primeru dane neenačbe so tako lahko ugotovili, da so
rešitve dane neenačbe vsa realna števila, saj neenačbo z množenjem z imenovalcem prevedejo v
ekvivalentno neenakost 1 > −2, kar pa velja za poljubno realno število. Kdor je bil bolj pozoren, je
mogoče še izvzel število 2, saj pri x = 2 ulomek ni definiran.
Če so dijaki nalogo reševali grafično, so morda narobe narisali graf ali pa narobe določili presečišče
grafa z y = 1. Mogoče so spregledali premico y = 1 in določili le predznak funkcije na levi. Možnosti
za napačno reševanje je zelo veliko. Čeprav se učiteljem zdi naloga lahka, dijakom podobne naloge
pogosto povzročajo težave.
Naloga je značilna racionalna neenačba. Dijaki imajo pri neenačbah velike težave tako z
razumevanjem kot s predstavo. Dobro je, da dijakom pokažemo, kako lahko nalogo rešijo računsko
in v tretjem letniku predvsem grafično. K boljšemu razumevanju pomaga tudi grafično reševanje
z računalniškimi programi (Graph, Geogebra).
Racionalna neenačba je snov tretjega letnika. Po maturitetnem katalogu morajo dijaki na osnovni
ravni znati rešiti preproste racionalne neenačbe, torej je ta naloga primerna za dijake osnovne
ravni. Ker pa so presenetljivo slabi rezultati tudi med dijaki višje ravni, kjer jih je nalogo rešilo
narobe več kot polovica, kaže, da tudi tem dijakom naloga kot vaja ne bi škodila. Po izkušnjah
učiteljev bi dijaki bolje reševali podobne naloge z 0 na desni strani, ne pa 1, kakor je bilo v prikazani.
Težava v šoli je, da so neenačbe v primerjavi z enačbami razmeroma redke. Dijako morda tudi niso
navajeni, da bi o neenačbah premišljevali kot o primerjavi funkcijskih vrednosti z dano konstanto.
Ker so neenačbe za dijake težke, jih morajo pri pouku srečati čim večkrat. Neenačbe, kot je v dani
nalogi, naj se rešujejo v vseh letnikih. V prvem letniku podobno neenačbo rešujejo kot sistem
linearnih neenačb, v drugem jo prevedejo na kvadratno neenačbo in v tretjem letniku jo rešujejo
kot racionalno neenačbo. Reševanje povežemo še z grafičnim pomenom.
123
Volumen balona v odvisnosti od premera: algebra − sklepanje (MA23208 − M6_03)
Napihujemo balon v obliki krogle. Kateri graf prikazuje prostornino V kot
funkcijo premera d ?
V
V
a
b
d
O
O
V
V
c
d
d
O
MA23208
d
O
d
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
124
A*
B
C
D
31,0
34,4
47,4
37,7
30,4
60,4
36,9
49,3
28,8
41,6
39,8
28,5
21,0
9,8
17,1
31,4
20,8
23,1
9,5
29,1
27,2
21,7
14,3
10,9
18,8
10,1
12,7
10,0
16,0
15,5
7,2
9,1
12,5
12,8
32,9
17,0
30,0
18,8
8,9
23,1
24,9
33,9
20,6
22,3
13,4
0,7
7,0
5,1
6,6
0,0
0,9
0,9
1,0
1,6
3,7
31,0
34,4
47,4
37,7
30,4
60,4
36,9
49,3
28,8
41,6
39,8
60,9
20,9
16,7
32,8
7,1
7,2
15,2
37,9
0,0
1,2
60,9
20,9
Besedilo naloge
Naloga odstopa od običajnih nalog pri poučevanju matematike v gimnaziji. Zahteva prepoznavanje
oblike grafa funkcije na podlagi poznavanja formule za izračun prostornine krogle. Dijaki so
morali upoštevati, da je prostornina lahko definirana samo za pozitivne vrednosti premera.
Če je torej dijak poznal formulo za volumen krogle, ki jo je treba poznati za osnovno raven mature,
ali jo prepisal iz priloženih formul, je lahko zapisal, da je
3
⎛d⎞
V = 4π ⎜ ⎟ . Če je nato poznal obliko
⎝2⎠
grafa y = x 3 in ugotovil, da je volumen krogle enak produktu konstante in kuba premera, je lahko
zaključil, da spreminjanje volumna lahko prikazujeta grafa funkcije na slikah A ali C. Ker pa je
volumen krogle vedno nenegativen, je moral ovreči graf C, na katerem so tudi negativne vrednosti.
Rezultat
Zanimivo je, da veliko dijakov meni, da je prostornina linearno odvisna od premera in da le
slabih 30 odstotokov dijakov ve, da je odvisnost kubična. Rezultat ni dober. Preseneča tudi precej
pogosta izbira odgovora B, ki bi bila lahko povezana z občutkom pri napihovanju balona: v začetku
napihovanja se zdi, da se balon hitro povečuje, ko pa že ima primerno velikost, se z nadaljnjim
napihovanjem hitrost povečevanja zmanjša. Dijaki na osnovni ravni matematike so uspešno ovrgli
odgovor C, ki ponuja negativne vrednosti za prostornino. Zdi se, da so se ti dijaki veliko bolj kot
dijaki višje ravni odločali za izbiro odgovora po občutku. Naloga zahteva znanje osnovne ravni
matematike. Čeprav je lahka, se je zdela dijakom verjetno tuja in težka in so jo slabo reševali.
Nalog, ki bi zahtevale povezovanje formul za like in telesa ter grafov funkcij, pri nas v šoli ne
delamo.
Za uporabo v šoli je to zelo dobra, popolnoma nova naloga, ki pokaže, kako znajo dijaki
vsakdanji problem matematično predstaviti (modelirati). Dijak mora kubično odvisnost med
spremenljivkama povezati s parabolo tretje stopnje. Obenem ga realni kontekst naloge omeji pri
izbiri definicijskega območja. Dosežki dijakov višje ravni kažejo, da se ti znajo naloge vsaj lotiti
na matematični način, dijaki osnovne ravni pa potrebujejo dodatno učenje o tem, kako naj sploh
razmišljajo o takšnih nalogah na matematični način.
Nalogo zelo priporočamo, uvrstimo pa jo v tretji letnik, v poglavje telesa, uporabne naloge pri
krogli. Lahko jo rešujemo tudi v četrtem letniku pri ponovitvi funkcij, preden obravnavamo
odvode in integrale. Naloga je problemska in zahteva razmislek. Ker na koordinatnih oseh ni enot,
mora dijak približno oceniti, katera funkcija ustreza rešitvi in upoštevati pogoj d > 0. Predlagamo,
da naloga zahteva računsko utemeljitev odgovora.
125
Naloga je dobra predvsem zato, ker zvezo med dvema količinama prikaže grafično. Podobnih
povezav je v geometriji in fiziki veliko. Na primer: zveza med polmerom in ploščino kroga,
polmerom in površino krogle, gravitacijska sila v oddaljenosti r od masnega delca itn.
Naloga je vsekakor primerna, da jo skupaj rešimo v razredu, saj nam nazorno predstavlja pomen
funkcij. Dijaki morajo prepoznati odvisno in neodvisno spremenljivko, tudi ko nista označeni s
standardnima oznakama x in y ter prepoznati vrsto funkcij (potenčna, eksponentna, kotna, itn.).
Morajo se tudi znati orientirati v koordinatnem sistemu. Z dijaki se pogovorimo, zakaj posamezna
možnost izmed navedenih odpade, na primer: če je graf funkcije v II., III. ali IV. kvadrantu.
Pogovorimo se o obliki grafa funkcije, ki je potenčna funkcija tretje stopnje.
Naloga preverja splošno razumevanje funkcij. Dijaki so na predpis funkcije navajeni kot f ( x ).
Velike težave imajo, če so spremenljivke drugačne, na primer V(2R) ali d, kakor v prikazani nalogi.
Podobnih nalog nam manjka, zato priporočamo, da se uvrstijo v učbenike in zbirke nalog.
Nalogo lahko uporabimo kot primer modeliranja. Če nam uspe najti balon v obliki krogle, ga
lahko napihujemo in merimo premer ter izračunamo prostornino, nato pa izrišemo odvisnost
prostornine V od premera d. Druga možnost je, da povežemo geometrijo in pojma funkcije tako,
da odvisnost prostornine od premera prepoznamo iz formule za prostornino krogle in narišemo
obliko krivulje. Pri tem je zelo pomembno poudariti definicijsko območje funkcije, to je razliko
med rešitvama A in C.
126
Limita funkcije: analiza − uporaba znanja (MA23165 − M6_04)
x2 + x − 2
Določite lim
.
2
x →1 x − 1
MA23165
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 10:
3
ali ekvivalentno, algebrski izračun
2
Primer:
x2 x 2
x o1
x2 1
1) lim
x 2 x 1
x o1 x 1 x 1 lim
x 2
x o1 x 1
lim
3
2
h 3 3
ho0 h 2 2
2) Naj bo x = h +1, potem je lim
• 11:
3 ali ekvivalentno; numerična aproksimacija; zamenjava vrednosti x s številom blizu 1
2
Primer:
2
Naj bo x = 1,001; x x 2
x2 1
1.00201 1.001 2
1.00201 1
0.003 ; limita je 3
2
0.002
• 12: 1,5 z uporabo grafičnega ali simbolnega kalkulatorja
Nepravilni odgovori
• 70: 3 ali ekvivalentno; brez ali z napačnim postopkom
2
3
ali ekvivalentno; s kalkulatorjem
• 71:
2
127
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
10
Pravilni
11
12
70
Nepravilni
71
79
21,0
36,8
79,9
53,9
76,6
2,4
12,0
45,8
41,0
2,7
37,2
0,8
0,4
0,0
0,2
0,0
4,3
1,1
0,3
0,4
5,0
1,2
0,0
0,1
0,0
0,0
0,2
2,1
1,9
0,0
0,0
2,0
0,6
1,7
0,0
0,1
0,2
0,3
1,0
0,8
0,1
0,2
0,2
0,5
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
2,2
0,5
0,6
0,0
0,7
0,4
25,3
56,1
18,4
34,7
21,9
75,0
41,7
31,6
44,5
51,4
40,1
51,3
6,6
1,6
10,9
1,0
13,1
42,1
21,7
13,9
38,0
20,0
69,4
33,5
0,0
0,5
0,0
0,0
0,0
0,2
0,0
0,0
26,1
49,6
4,5
16,1
Manjkajoči
Besedilo naloge
Naloga predstavlja klasični izračun limite, ki bi ga dijaki morali znati rešiti. Naloga zahteva
znanje, ki spada v standarde maturitetne matematike na višji ravni, vendar snov verjetno razložijo
učitelji na vseh šolah. Taka naloga se pojavlja v vseh učbenikih, vendar ne v programu mature na
osnovni ravni. Če se dijaki, ki so se odločili za maturo iz matematike na osnovni ravni, na maturo
pripravljajo v posebni skupini, niso o limiti skoraj nič slišali, zato naloge niso mogli rešiti.
Rezultat
Naloga ni težka in bi pričakovali boljše rezultate. Limita je elementarna, podobna tistim, ki jih
dijaki rešujejo med poukom. Sklepamo, da je do rešitve prišel tisti dijak, ki je takšno limito že
poznal, drugi pa ne. Ker je naloga preprosta limita funkcije, kot jih dijaki pri pouku rešijo precej,
je pravilnih več kot polovica odgovorov med dijaki višje ravni. Manj kot polovica pravilnih rešitev
med dijaki osnovne ravni je za takšno nalogo slab rezultat. Dijaki se verjetno niso spomnili, da je
treba ulomek okrajšati.
Zanimivo je, da pri nas učimo izračunati limite, kot je bila v nalogi, le z reševanjem po prvi prikazani
metodi med mogočimi pravilnimi odgovori. Reševanje limit z uvedbo nove spremenljivke,
ki je naveden kot drugi pravilni način reševanja v rešitvah, nekateri učitelji uporabljajo le pri
težjih primerih limit. Reševanja limit s substitucijo spremenljivke s številom blizu 1 pri nas ne
prakticiramo. Zato je delež odgovorov, označenih s kodo 11, tako zelo majhen.
128
Zelo nizek delež delno pravilnih odgovorov na nalogi kaže, da je limita funkcije pojem, ki ga naši
dijaki ne utrdijo. Vzrokov je več, gotovo se obravnavi limite učitelji z dijaki premalo posvečamo, ji
namenjamo premalo časa ali pa je pristop premalo poglobljen.
Čeprav se limite funkcije preverjajo samo na višji ravni mature, jih obravnavamo pri rednem pouku
in jih znajo reševati tudi manj sposobni dijaki. Dijaki se postopka reševanja limite naučijo, vendar
imajo težave z razumevanjem. Limite se jim zdijo abstraktne in težke. Ko pri pouku dodamo še
neskončne limite, postane snov za dijake zelo zahtevna. Pogosto pomešajo vse metode med seboj.
Bistva limite večina dijakov ne razume, toda računanja z limitami se hitro naučijo. Razstavljanje, ki
je potrebno za računanje limit, dijaki vadijo vsa štiri leta gimnazije.Razumevanje lahko poglobimo
tako, da narišemo še graf racionalne funkcije s programom Graph in vrednost limite predstavimo
tudi na grafu. Pri tem poudarimo, da v točki x = 1 funkcija ni definirana in to ustrezno označimo
na grafu, saj program tega ne označi.
Pri reševanju podobnih klasičnih nalog priporočamo, da jih spremljamo z grafom ustrezne
racionalne funkcije (vodoravna asimptota). Ob vertikalnih asimptotah razložimo še pojem
neskončne limite.
Iz primerjav obravnave limite v različnih šolah vidimo, kakšne so lahko razlike v sicer enotnem
programu maturitetne matematike. Morda bi bilo koristno v razpravi med učitelji uskladiti
obravnavo limite in drugih temeljnih pojmov funkcije, da bi lahko bolj zanesljivo napovedali
obseg in globino znanja dijakov, ki končajo isti program v srednji šoli pred vstopom na univerzo.
129
Odvod kompozituma funkcij: analiza − poznavanje dejstev (MA23039 − M6_05)
f (x ) = e cos x
MA23039
Kaj je f ’(x) ?
a
e cos x
b
e − sin x
c
e cos x ⋅ sin x
d −e
cos x
⋅ sin x
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
8,0
13,1
4,9
7,9
2,4
4,9
22,5
10,3
17,7
9,3
10,1
5,0
31,6
18,8
8,2
1,0
3,5
15,1
3,2
13,2
9,9
10,9
18,6
31,7
9,1
16,4
3,9
18,0
20,2
6,3
18,4
21,2
16,4
63,1
22,4
43,8
64,7
91,9
73,3
40,1
79,9
49,5
57,5
58,6
10,3
20,0
2,2
15,7
17,0
19,1
70,5
43,5
5,3
1,3
23,4
2,8
0,8
0,3
2,0
0,2
1,3
2,0
3,9
63,1
22,4
43,8
64,7
91,9
73,3
40,1
79,9
49,5
57,5
58,6
1,6
70,5
43,5
Besedilo naloge
Naloga je običajni račun odvoda. Od večine šolskih primerov se razlikuje po tem, da ponuja štiri
možnosti za odgovor.
Rezultat
V prikazani nalogi iz računanja odvoda sestavljene funkcije je bilo treba poznati pravila za odvod
kompozituma, za odvod eksponentne funkcije z naravno osnovo in odvod kotne funkcije kosinus.
Pravilnih odgovorov je bila slaba polovica. Naloga obsega snov četrtega letnika na osnovni ravni
maturitetne matematike, rezultat pa ni zelo dober.
130
Iz napačnih odgovorov vidimo, da so imeli dijaki težave z odvodom sestavljene funkcije, ki je tudi v
šoli pogosto ne prepoznajo, in s poznavanjem pravila za odvod cos x, pri katerem pozabijo na minus.
Odgovor A dijak dobi, če odvaja le eksponentno funkcijo in ne pomnoži z odvodom eksponenta.
To je standardna napaka. Vidi pa se, da je pogostejša pri dijakih na osnovni ravni. Odgovor B dijak
dobi, če odvaja le funkcijo v eksponentu. Ta odgovor je po pričakovanju najmanj pogost. Odgovor
C dijak dobi, če pravilno odvaja sestavljeno funkcijo, vendar pa ne pozna elementarnega odvoda
funkcije kosinus. To je tudi pogosta napaka pri dijakih. Iz rezultatov reševanja je razvidno, da so
naši dijaki kar dobro vedeli, da morajo odvajati sestavljeno funkcijo, saj sta ustrezna odgovora C
in D najpogostejša.
Enako nalogo bomo našli v vseh slovenskih matematičnih učbenikih, ki obravnavajo odvod. Snov
je bila še »sveža«, ko je potekala raziskava TIMSS, zato presenečajo tako nizki rezultati. Težava z
nalogo je podobna kot pri nalogah M1_06 in M2_05. Odvod kompozituma je za dijake težak in
ga dobro razume le malo dijakov, predvsem zaradi nerazumevanja pojma sestavljene funkcije.
Zato bi bilo treba sestavljene funkcije obravnavati spiralno in začeti z njihovim vpeljevanjem že v
prvem letniku, ko rišemo grafe funkcij g (x)=If(x)I pri linearni funkciji. Nato z utrjevanjem pojma
sestavljene funkcije nadaljujemo pri obravnavi ostalih funkcij v drugem in tretjem letniku.
Težava našega maturitetnega programa je, da se morajo dijaki na pamet naučiti veliko elementarnih
odvodov, ki jih hitro pozabijo. Bolj smiselno bi bilo, da bi lahko pri reševanju nalog imeli tabelo
elementarnih odvodov. Tako bi lahko več časa namenili utrjevanju snovi in ne toliko pomnjenju
in učenju na pamet.
Kakor smo že navedli ob nalogi o kompozitumu funkcij, je pri obravnavi sestavljenih funkcij v
gimnaziji prišlo do neskladja. Sestavljene funkcije same po sebi so del standarda mature na višji
ravni. Odvod sestavljene funkcije pa je zahtevano znanje za osnovno raven mature. Čeprav to
presega učni načrt, menimo, da mora vsak dijak najprej dobro poznati teorijo sestavljenih funkcij,
da bi jih znal dobro odvajati.
131
Odvod količnika: analiza − poznavanje dejstev (MA23159 − M6_06)
MA23159
Poiščite f ʹ (x), če je f (x ) =
3x + 2
.
x −1
Vrednotenje
Pravilni odgovori
u c (ucv uv c)
• 10: Uporabi pravilo količnika §¨ ·¸
ali pravilo produkta (uv )c
2
©v¹
dobi rezultat f c(x )
5
( x 1)2
v
ucv uv c , in
.
• 11: Pravilen izraz z uporabo kalkulatorja.
Nepravilni odgovori
• 70: Nepravilen rezultat z uporabo kalkulatorja.
• 71: Pravilen odgovor brez prikazanega postopka.
• 72: Uporabi pravilo količnika, brez pravilnega rezultata.
• 73: Uporabi pravilo produkta, brez pravilnega rezultata.
Pravilni
10
11
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
132
70
Nepravilni
71
72
73
79
Manjkajoči
54,6
20,7
78,6
60,0
90,9
47,6
28,6
75,1
66,7
19,4
54,2
1,9
0,0
0,0
0,1
0,0
0,0
0,3
0,0
0,0
0,3
0,3
0,9
0,0
0,1
0,0
0,2
0,0
0,2
0,0
0,0
0,2
0,1
0,3
0,0
0,1
0,0
4,1
0,0
0,0
0,2
0,0
0,0
0,5
2,3
10,4
10,3
10,6
0,2
40,3
33,4
8,0
10,1
18,7
14,4
0,0
0,1
0,0
0,0
0,0
4,2
0,1
0,0
0,0
3,1
0,8
25,1
56,6
8,9
16,7
3,5
7,3
29,6
13,6
20,7
48,2
23,0
15,0
12,2
2,0
12,7
1,0
0,5
7,9
3,1
2,5
10,1
6,7
81,7
63,2
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
0,0
4,5
11,4
0,0
0,0
12,5
22,5
1,3
2,9
Besedilo naloge
Naloga je klasičen primer računanja odvoda racionalne funkcije, za katero morajo dijaki poznati
pravilo za odvod količnika. Štejemo jo med naloge za osnovno raven maturitetne matematike.
Rezultat
Nalogo so naši dijaki reševali v povprečju precej dobro. Veliko dijakov je nalogo pravilno rešilo,
manjši delež dijakov pa je pravilno uporabil pravilo za odvod količnika in se zmotil pri računanju.
Pozabili so na negativni predznak pred dvočlenikom v števcu. Visok odstotek uspešnih rešitev je
povsem razumljiv, če upoštevamo, da naloga preverja le poznavanje formule in njene uporabe, v
času testiranja pa je bila obenem snov še zelo sveža. V primerjavi s prejšnjimi nalogami je ta zgolj
rutinska in takšnih nalog so naši dijaki, na žalost, bolj vajeni.
Odvajanje kvocienta po formuli tudi pri maturi ne dela večjih težav. Zanimivo je, da je dosežek
dijakov pri tej nalogi veliko boljši od tistega pri prejšnji, v kateri so morali odvajati posredno
funkcijo. To pomeni, da je odvod racionalne funkcije dobro utrjen. Odvod kvocienta funkcij je
zahtevan v maturitetnem katalogu znanja za maturo na osnovni ravni. Iz rezultatov se vidi, da v
povprečju tri četrtine dijakov pozna pravilo za odvod kvocienta in ga tudi uporabi, do pravilnega
rezultata pa prideta le dve tretjini vseh dijakov, ker se drugi med reševanjem zmotijo.
133
Smerni koeficient: analiza − klepanje (MA23198 − M6_07)
y
B
8
4
–π
O
A
π
2π
3π
x
MA23198
–4
Suzana preučuje graf funkcije y = x + cos x , prikazan zgoraj. Pravi, da je smerni
koeficient v točki A enak smernemu koeficientu v točki B. Pojasnite, zakaj ima
prav.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 10: Razlaga, ki vključuje odvajanje in dokaz, da je naklon enak pri x = π in x = 2π.
• 11: Uporaba značilnosti kosinusne funkcije in ugotovitev, da je naklon pri x = π in x = 2π
enak.
Nepravilni odgovori
• 70: Odvaja pravilno, vendar ne poda zadostne razlage, zakaj sta naklona enaka.
• 71: Nepravilen odgovor, pridobljen s kalkulatorjem.
134
Pravilni
10
11
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
70
Nepravilni
71
79
Manjkajoči
18,0
2,4
44,7
18,1
47,5
52,4
8,5
39,2
10,0
21,5
26,2
0,0
0,0
0,0
0,6
0,0
0,5
0,0
0,0
0,0
0,1
0,1
0,4
0,0
1,0
0,0
2,9
0,0
0,2
0,0
0,0
0,4
0,5
0,6
0,1
1,0
1,7
0,0
3,3
0,8
1,7
2,2
3,5
1,5
20,2
70,8
38,4
10,9
33,1
40,8
60,9
36,8
64,1
55,7
43,2
60,8
26,6
14,9
68,7
16,5
3,0
29,6
22,3
23,7
18,9
28,5
33,6
4,0
0,0
0,0
0,0
0,0
2,4
2,1
58,1
66,7
5,8
27,3
Besedilo naloge
Naloga zahteva uporabo pridobljenega znanja na nešolski način in logično razmišljanje. Zapis in
graf funkcije sta nekatere dijake gotovo prestrašila, da se jim je naloga zdela preveč abstraktna. Tudi
besedilo ni bilo matematično natančno, saj naloga omenja smerni koeficient, vendar ne pove česa.
Bolje bi bilo, da bi pisalo “smerni koeficient tangente na graf funkcije v točki A je enak smernemu
koeficientu tangente na graf funkcije v točki B”.
Rezultat
Dijaki so to težko nalogo pričakovano slabo reševali. Poznati je treba geometrijski pomen prvega
odvoda, ugotoviti absciso točke A in se nato sklicevati na to, da je vrednost odvoda funkcije v A,
pri x = π, in v B, pri x = 2π, enaka, torej sta smerna koeficienta tangent na krivuljo v točki A in
B enaka. Ker naloga govori o smernem koeficientu, bi pričakovali, da bodo dijaki izračunali vsaj
odvod, če že niso znali utemeljiti trditve. Vendar iz rešitev sklepamo, da dijaki niso niti videli,
da lahko pri reševanju uporabijo odvod funkcije. Morda je k slabemu rezultatu pripomogla tudi
zahteva naloge, naj dijaki pojasnijo, zakaj je neka trditev pravilna. V naših šolah morajo dijaki
zelo redko pojasniti kakšno matematično dejstvo, kakor kažejo tudi zbrani odgovori dijakov na
vprašanja o pouku matematike pri nas in po svetu v okviru raziskave TIMSS za maturante.
135
To je odlična naloga za razvijanje razumevanja pojma odvoda. Naloga je primerna tako za ustno
kot za pisno preverjanje ali ocenjevanja znanja. Pri reševanju naloge si lahko dijaki pomagajo tudi
s programom Graph.
Izboljšano besedilo naloge ali podobna naloga bi dijakom lahko pomagala pokazati, kako se
odvod dinamično spreminja vzdolž grafa funkcije. Pri pouku nalogo uvrstimo v četrti letnik, v
poglavje odvod, geometrijski pomen odvoda. Nalogo priporočamo, čeprav je za naše zbirke nalog
neobičajna. Dijaki naj znajo povezati graf funkcije s sliko odvoda in obratno. Ob uvedbi grafičnega
računala je to še posebej smiselno.
136
MA23042
Koliko je
x2 + 2
∫ x dx ? (x > 0)
a
1 2 2
x − 2 +C
2
x
b
1 2
x + 2 ln x + C
2
c
1 2
x + ln 2 x + C
2
d
4 3
x + 4x3 + C
3
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
9,1
22,9
13,5
8,5
7,1
12,6
8,6
12,5
7,1
16,3
11,8
28,0
38,1
34,0
72,7
81,0
59,1
48,7
71,5
63,7
40,9
53,8
19,0
24,9
13,5
8,6
5,4
19,1
19,9
8,9
13,3
21,5
15,4
8,6
11,7
6,8
3,1
1,5
5,8
13,4
4,6
9,4
14,4
7,9
35,3
2,4
32,2
7,1
4,9
3,4
9,4
2,6
6,5
6,8
11,1
28,0
38,1
34,0
72,7
81,0
59,1
48,7
71,5
63,7
40,9
53,8
6,7
7,5
74,8
60,7
11,1
13,5
3,6
11,0
3,8
7,3
74,8
60,7
Besedilo naloge
Naloga je povsem običajna. Pri nas smo posebej pozorni, da zapišemo absolutno vrednost v ln|x|,
kar pri rešitvi manjka. Res pa je, da besedilo naloge navaja pogoj, da je x > 0 in z rešitvijo zato ni
nič narobe.
137
Rezultat
Nalogo so dijaki reševali dobro. Največ napak se je pojavilo zaradi napačnega upoštevanja
koeficienta 2, ki so ga prenesli v logaritmand. Iz dosežka lahko sklenemo, da dijaki znajo integrirati,
še prej pa zapisati racionalno funkcijo kot vsoto dveh ulomkov.
Čeprav so dijaki nalogo kar dobro rešili, bi jo lahko še bolje, če ne bi pozabili, kaj je integral od
x −1. Ta primer vedno povzroča veliko težav. Dijaki, ki so obkrožili odgovor D, pa so popolnoma
pozabili na pravilo za integral potence.
Naloga je elementarna naloga s področja nedoločenega integrala in je podobna številnim nalogam
v učbenikih. Zahteva znanje osnovne ravni maturitetne matematike, hkrati pa snov, ki so jo dijaki
obravnavali nazadnje. V času testiranja je bila snov zelo sveža, zato so dijaki to nalogo dobro
reševali. Tudi večjih odstopanj med dijaki osnovne in višje ravni matematike ni pričakovati, kar so
pokazali tudi rezultati uspešnosti.
Pri nalogah iz določenega integrala so bili dijaki manj uspešni kot pri prikazani nalogi z nedoločenim
integralom. To pomeni, da je bil v času testiranja TIMSS nedoločeni integral že predelan na večini
šol, vključenih v raziskavo. Opažamo tudi, da je naloga direktna in je rezultat boljši kot pri nalogah,
ki zahtevajo vmesni premislek ali dodatni sklep.
138
Enačba krožnice: geometrija − poznavanje dejstev (MA23055 − M6_09)
y
4
2
–4
–2
O
2
4
6
x
–2
–4
–6
MA23055
Kaj je enačba zgornje krožnice?
a
x 2 + y 2 − 6x + 4 y − 9 = 0
b
x 2 + y 2 + 6x − 4 y + 9 = 0
c
x 2 + y 2 + 6x − 4 y − 3 = 0
d
x 2 + y 2 − 6x + 4 y − 3 = 0
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
11,3
15,4
10,3
8,2
8,1
8,5
11,9
8,5
11,9
11,2
10,5
17,7
31,6
14,4
12,2
7,3
11,6
22,9
12,3
18,8
15,3
16,4
22,1
26,3
10,8
26,4
8,1
25,2
26,7
18,3
26,5
35,4
22,6
30,9
25,6
51,7
38,5
73,4
49,0
29,8
58,6
36,6
28,4
42,2
18,0
1,2
12,8
14,8
3,1
5,7
8,8
2,3
6,2
9,7
8,2
30,9
25,6
51,7
38,5
73,4
49,0
29,8
58,6
36,6
28,4
42,2
10,2
12,0
12,2
21,2
18,3
28,1
59,2
30,9
0,0
7,8
59,2
30,9
139
Besedilo naloge
Naloga je lepa in preprosta. Iz slike so morali dijaki razbrati središče in polmer krožnice, ju
vstaviti v enačbo premaknjene krožnice in enačbo krožnice poenostaviti. Ker je naloga ponudila
štiri odgovore in med reševanjem nismo zasledili prav veliko pomožnih zapisov enačb krožnice,
sklepamo, da so dijaki poskušali prepoznati enačbo ustrezne krožnice k sliki brez računanja.
Metoda ni slaba, če bi se dijaki spomnili, da lahko nepravilne odgovore utemeljeno izločijo tako,
da v enačbo vstavijo točko s krožnice, na primer T(3,2).
Rezultat
Delež pravilnih odgovorov je precej nizek. Dijaki, ki so izbrali nepravilni odgovor C, v enačbo
krožnice (x−p)2 +(y−q)2 = r2 niso pravilno vstavili p in q. Napačni odgovor B so izbrali dijaki, ki so
pozabili kvadrirati polmer. V obeh primerih gre za površnost. Iz vseh napačnih odgovorov skupaj
lahko ponovno sklepamo, da se dijaki naloge sploh niso lotili računsko. Slabi rezultati obenem
kažejo, da pri tem niso bili uspešni, ker se niso znašli dovolj. Izkušenj pri reševanju matematičnih
nalog izbirnega tipa pa v naših šolah tudi ne pridobijo.
Naloga je ena izmed značilnih in preprostih nalog iz učbenikov. Enačbo bi dijaki morali poznati,
saj je zahtevana tudi za maturo na osnovni in višji ravni. Enačbo krožnice morajo znati zapisati v
obliki, iz katere razberejo središče in radij. Iz slike se vidi, da je S(3, −2) in radij 4. Če preoblikujemo
vse štiri enačbe, vidimo, da je edina prava pri odgovoru D. Ker pa se stožnice obravnavajo le v
tretjem letniku, jih dijaki žal hitro pozabijo.
Nalogo lahko računsko preverimo z računalniškimi programi (Geogebro). Dobro je, da dijaki
razumejo izpeljavo enačbe krožnice s središčem v S(p, q) in polmerom r s pomočjo Pitagorovega
izreka. Znanje lahko izkoristijo, če pozabijo enačbo krožnice.
140
Število rešitev kotne enačbe: geometrija − sklepanje (MA23080 − M6_10)
MA23080
Koliko rešitev ima enačba sin x + cos x = 2 v intervalu med 0 in 8π?
a
0
b
2
c
4
d
8
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
36,3
21,6
51,9
43,8
58,3
87,1
32,8
58,9
27,6
44,9
46,3
16,8
18,6
7,4
12,5
12,2
1,7
6,6
7,8
16,9
11,9
11,2
22,3
45,2
14,8
21,2
11,1
6,8
33,8
16,4
34,8
28,2
23,5
8,8
13,5
11,4
9,8
8,1
3,9
22,5
14,2
10,9
11,7
11,5
15,7
1,1
14,5
12,7
10,3
0,5
4,2
2,8
9,9
3,2
7,5
36,3
21,6
51,9
43,8
58,3
87,1
32,8
58,9
27,6
44,9
46,3
56,0
20,0
8,7
18,3
18,5
39,3
10,9
11,2
5,8
11,2
56,0
20,0
Besedilo naloge
Naloga zahteva poznavanje lastnosti kotnih funkcij sin x in cos x. To je snov tretjega letnika iz
poglavja trigonometričnih funkcij. Ena izmed možnih rešitev je, da v isti koordinatni sistem dijak
nariše grafa obeh funkcij in opazuje vsoto vrednosti obeh y pri istem x. Vsota bi bila enaka 2
samo v primeru, da bi obe funkciji hkrati dosegli svoj maksimum, enak 1. To pa ni mogoče, torej
ta enačba nima nobene rešitve. Dijak lahko nalogo reši tudi računsko, kar pa zahteva vpeljavo
polovičnih kotov in kar precej dela.
141
Rezultat
Nalogo so naši dijaki reševali slabo, saj so v povprečju dosegli manj kot 30 odstotkov pravilnih
odgovorov. Največ dijakov je menilo, da so rešitve 4. Do pogostosti odgovora C najbrž privede
dejstvo, da obe funkciji na predpisanem intervalu po štirikrat dosežeta svoj maksimum. Naloga ni
preprosta, vendar se pojavi v učbenikih tretjega letnika, zato bi rezultat moral biti boljši.
Ker je prikazana naloga zelo dobra naloga, pri kateri je treba razumeti lastnosti funkcij sinus in
kosinus, je primerna tudi za ustno preverjanje in ocenjevanje znanja. V šoli so običajne naloge,
v katerih dijaki iščejo splošne rešitve. Rešitve na končnem intervalu pa včasih zahtevajo celo več
premisleka, zato je smiselno, da dijakom damo v reševanje tudi take.
Če so dijaki drugih držav pri reševanju te naloge lahko imeli grafično računalo, so bili v prednosti.
Z grafičnim računalom ni za reševanje naloge potreben nikakršen razmislek.
142
Širina okna (pravilen večkotnik): geometrija − uporaba znanja (MA23021 − M6_11)
r
MA23021
Slika prikazuje polkrožno sobo, kot jo vidimo od zgoraj. Arhitekt namerava
postaviti v sobo 10 ravnih oken, kot je prikazano. Če je polmer kroga r, katera od
naslednjih enačb bo arhitektu pomagala določiti širino posameznega okna?
a
w = r sin 9°
b
w = 2r sin 9°
c
w = r cos 18°
d
w = 2r sin 18°
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
9,4
20,6
10,9
12,4
10,7
7,8
12,9
10,4
10,0
10,0
11,5
20,5
21,4
28,3
21,7
25,0
36,3
18,3
39,8
26,1
21,7
25,9
26,0
35,6
14,8
28,4
29,5
32,0
42,2
24,8
39,9
41,6
31,5
17,6
21,4
22,0
21,1
21,8
21,9
22,1
22,3
20,3
22,3
21,3
26,6
1,0
23,9
16,4
13,0
2,0
4,5
2,7
3,7
4,3
9,8
20,5
21,4
28,3
21,7
25,0
36,3
18,3
39,8
26,1
21,7
25,9
4,7
11,2
49,8
20,2
25,9
43,4
17,6
21,0
2,0
4,1
49,8
20,2
143
Besedilo naloge
Naloga spada v poglavje metrične geometrije v ravnini in se reši z uporabo kotnih funkcij v
pravokotnem trikotniku. V pravilnem 20-kotniku je treba izračunati kot ob vrhu enakokrakega
trikotnika tako, da polni kot 360° delimo z 20. Nato je treba s pomočjo kotnih funkcij v
pravokotnem trikotniku izpeljati dolžino stranice ali pa na pamet poznati formulo za stranico
pravilnega večkotnika, ki je krožnici včrtan.
Rezultat
Naši dijaki so nalogo slabo rešili, saj je pravilnih skupno le četrtina odgovorov. Naloga se pojavlja v
vseh učbenikih drugega in tretjega letnika in je razmeroma preprosta, zato je rezultat nepričakovano
slab. Nalogo je pravilno rešilo več kot dvakrat več tistih dijakov, ki so izbrali višjo raven, kot tistih,
ki so se odločili za osnovno, čeprav takšne naloge, vendar ne iz vsakdanjega življenja, rešujejo v
drugem letniku, ko spoznajo kotne funkcije v pravokotnem trikotniku. Takrat se nekateri dijaki
celo naučijo na pamet formule, ki povezujejo polmer kroga in stranico pravilnega večkotnika.
Pravilne n-kotnike se obravnava pri geometriji v ravnini na koncu prvega letnika.
Največ dijakov je zapisalo kotne funkcije kar za narisani trikotnik, kot da bi bil pravokoten. Torej
niso upoštevali, da je ta trikotnik enakokrak in morajo vzeti le njegovo polovico in na njej uporabiti
kotne funkcije. Najpogosteje so izbrali nepravilni odgovor C, v katerem sta narobe tako kot kot
izbira kotne funkcije. Poleg že opisanega pomanjkljivega premisleka so nekateri dijaki gotovo tudi
napačno sklepali, da je 2r sin 9 = r sin 18.
To je dobra, zanimiva naloga za uporabo kotnih funkcij v enakokrakem trikotniku. Naloga
je preprosta in uporabna v življenju, dijake lahko z njo motiviramo za uporabo matematike v
vsakdanjosti. Primerna je tudi za ocenjevanje znanja. Nalogo zelo priporočamo, uvrstimo pa jo v
drugi letnik, med uporabo kotnih funkcij v pravokotnem trikotniku. Ali je za tako nizek rezultat
kriva tudi nepripravljenost za branje besedila? V šoli dijaki velikokrat rešujejo podobne probleme.
Razlika je le v tem, da je tokrat preprost matematičen problem zavit v besedilno nalogo, v kateri
nastopa spremenljivka r brez številske vrednosti.
Očitno problemi povezani z reševanjem nalog, nastopijo takoj, ko je pri nalogah potreben razmislek,
ali ko naloga ni rešljiva zgolj z definicijo, neposrednim tehničnim pristopom ali z obrazcem. Zato
dijaki potrebujejo še veliko podobnih nalog.
144
Debelina listov papirja: algebra − sklepanje (MA23004 − M7_01)
List papirja debeline 0,01 cm prerežemo na pol in položimo eno polovico na
drugo. Ta dva lista prerežemo na pol in naredimo kup 4 listov. Če postopek
MA23004
ponovimo še 8-krat, kako visok bo kup papirja?
a
0,2 cm
b
10,24 cm
c
20,48 cm
d
32,0 cm
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
3,3
21,6
8,6
21,5
15,2
2,6
17,1
8,9
20,7
15,4
13,5
32,4
39,9
39,6
38,9
32,0
82,3
53,8
71,1
51,6
57,7
49,9
19,0
11,6
9,8
7,5
9,0
8,6
9,9
6,0
11,7
12,6
10,6
21,0
25,2
14,1
13,3
16,6
2,6
11,9
9,6
10,5
7,7
13,2
24,2
1,8
28,0
18,8
27,2
3,9
7,4
4,3
5,4
6,6
12,8
32,4
39,9
39,6
38,9
32,0
82,3
53,8
71,1
51,6
57,7
49,9
7,8
23,7
68,5
47,8
11,3
11,8
5,3
11,5
7,1
5,2
68,5
47,8
Besedilo naloge
To je uporabna naloga iz poglavja geometrijsko zaporedje ali eksponentne rasti, kjer je treba iz
besedila naloge smiselno nastaviti bodisi geometrijsko zaporedje bodisi eksponentno rast. Nalogo
se da rešiti s premislekom in čeprav se v njej se skriva geometrijsko zaporedje, za samo reševanje
naloge tega ni treba vedeti. Treba pa je nalogo pazljivo prebrati ter pravilno upoštevati število
ponovitev postopka. Naloga zahteva znanje osnovne ravni matematike v gimnaziji.
145
Rezultat
Nalogo je več kot polovica dijakov rešila pravilno. Ima tako prijazno izbrane možne odgovore, da
ne zavedejo dijaka, ki spregleda besedico »še« v besedilu. Iz deležev dijakov, ki so izbrali odgovor
A, je videti, da je kar precejšnje število dijakov nalogo reševalo popolnoma brez razumevanja in
presoje smiselnosti rezultata.
Dijaki so se lahko napačno odločili za odgovor A, ker so sklepali, da je postopek tekel 10-krat, to
so pomnožili z debelino lista in nato še z 2, ker se je list razpolovil. Največ dijakov, ki so nalogo
rešili napačno, ni prepoznalo geometrijskega zaporedja in so število listov na kupu dobili kar z
množenjem števila delitev z 2.
Tovrstne naloge zasledimo že v osnovni šoli, zato bi bil rezultat lahko boljši, še zlasti, ker je bilo
število deljenj tako majhno, da bi si dijaki lahko narisali skico dogajanja v nalogi. Predvidevamo,
da si dijaki niso znali ustvariti takšne predstave o situaciji v nalogi, ki bi jo lahko rešili v več
korakih ali prevedli v matematični zapis.
Enako nalogo je mogoče dati v reševanje učencem v prvem letniku pri potencah z naravnim
eksponentom ali pa celo v razmislek že učencem v osnovni šoli. Ti bi imeli z njo malo več dela, ker
bi, razen kakšne izjeme, zagotovo računali postopno, ne s formulo, ki se jo da ugotoviti.
Z nalogo lahko dijakom približamo geometrijsko zaporedje. Marsikdo lahko reši nalogo tudi brez
tega znanja. Naloga je uporabna v vsakdanjem življenju in jo lahko tudi konkretno ponazorimo.
Prepogibanje papirja lahko izvede vsak dijak sam med poukom ali doma. Dijaki imajo radi naloge,
ki jih lahko izvedejo tudi praktično. Nalogo bi lahko še posplošili. V posplošitvi, ki je predlagana,
je predvidena tudi uporaba IKT ali kalkulatorjev. Podobne znane naloge so še s polaganjem zrn na
šahovnico in podobno.
Zgled:
Vzemite list papirja formata A4. List prepognite na pol pa še enkrat na pol, in še enkrat. Ponavljajte.
Debelina enega lista je 0,1mm. Pri vsakem prepogibanju se debelina podvoji. V tabelo vpišite, kako
debel bo prepognjenec po določenem številu prepogibanj.
Število prepogibanj
0
1
2
3
4
n
146
Potek računanja
−
2 . 0,1
Debelina (mm ali cm, m, km,..)
0,1
Izpolnite še naslednjo tabelo:
Debelina
(v najbolj primerni
enoti: mm ali cm,
m, km,..)
5
7
9
11
15
20
30
40
50
60
70
Z uporabo kalkulatorjev izpolnite še naslednjo tabelo:
Razdalja od
tvojega stola do table
doma do šole
Ljubljane do Maribora
Londona do New Yorka
Zemlje do Lune
Zemlje do Sonca
Zemlje do Siriusa
Razdalja (m ali km)
147
Deljenje kompleksnih števil: algebra − uporaba znanja (MA23063 − M7_02)
1
5
Če je x = −1 + i , kaj od naslednjega je enako ?
2
x
−5 + i
b
−4 − 2i
c
−4 + 2i
d
4 + 2i
MA23063
a
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
24,3
49,3
32,7
23,9
14,5
28,5
33,6
27,1
31,4
28,9
29,4
14,8
17,3
9,3
12,7
62,2
26,2
12,8
44,0
22,6
21,5
24,3
20,3
20,9
13,3
17,3
9,0
29,5
25,5
17,4
24,3
30,1
20,8
9,6
8,9
4,1
8,4
5,9
3,4
10,2
4,6
10,1
7,1
7,2
31,0
3,5
40,5
37,7
8,5
12,5
17,9
6,9
11,6
12,4
18,2
14,8
17,3
9,3
12,7
62,2
26,2
12,8
44,0
22,6
21,5
24,3
15,4
35,0
39,1
19,1
17,9
25,6
9,6
9,9
17,9
10,3
39,1
19,1
Besedilo naloge
Naloga preverja znanje deljenja kompleksnih števil. Posebna je le v tem, da je podana z besedilom.
Zahteva zamenjavo spremenljivke z dano vrednostjo spremenljivke. Mogoče bi dijaki nalogo
reševali bolje, če bi bilo v nalogi kar zapisano deljenje s kompleksnim številom.
148
Rezultat
Nalogo so naši dijaki zelo slabo reševali. Elementarna naloga o deljenju v množici kompleksnih
števil in znova tako slab rezultat preseneča. Največ je bilo napačnih odgovorov A, v katerem nastopa
realna komponenta −5. Sklepamo, da so dijaki menili, da je 5 deljeno s kompleksnim številom z
realno komponento −1 enako −5, na imaginarni del pa se niso več ozirali. Odgovor C so napačno
izbrali, ker so napačno zapisali predznak pred imaginarno komponento rezultata.
Naloga ni težka, vendar je snov oddaljena. Očitno računanje s kompleksnimi števili ni dovolj
utrjeno in ga je treba pogosteje vaditi z najrazličnejšimi primeri. Dana naloga je le eden izmed
primerov.
Deljenje kompleksnih števil kot izolirano snov učitelji obravnavamo samo v drugem letniku.
Čeprav obravnavi deljenja kompleksnih števil namenimo precej časa, se pozabi, ker ga nato ne
uporabljamo več, razen pri obravnavi kompleksnih ničel polinomov. Dijaki znanja ne morejo
utrjevati pri drugih poglavjih matematike.
149
Zapis predpisa kvadratne funkcije: algebra − poznavanje dejstev (MA23141 − M7_03)
f (x)
(–1, 0)
O
(2, 0)
x
(0, –4)
MA23141
Zgoraj je prikazan graf funkcije f . Enačba funkcije f je f (x ) = ax 2 + bx + c .
Poiščite vrednosti a, b in c.
Vrednotenje
Pravilni odgovori
• 10: Vse vrednosti pravilne: a = 2, b = −2, c = −4 ali v obliki predpisa funkcije.
Metoda: faktorizacija.
Metoda: tri enačbe s tremi neznankami.
Metoda: tri enačbe s tremi neznankami z uporabo kalkulatorja.
Metoda: izračun iz zapisa produkta dveh linearnih členov na podlagi ničel iz grafa.
Druga pravilna metoda reševanja.
150
Nepravilni odgovori
• 70: Nepravilna rešitev z uporabo kalkulatorja.
• 71: Vse vrednosti pravilne: a= 2, b = −2, c = −4, ali v obliki predpisa funkcije.
Brez pravilnega postopka.
• 72: c = −4, vrednosti a in b manjkajo ali pa so nepravilne.
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
10
11
Pravilni
12
13
19
70
Nepravilni
71
72
8,4
2,5
1,2
7,5
7,5
1,3
0,8
1,1
7,5
1,6
3,9
6,1
6,6
29,0
14,4
54,2
11,4
1,5
31,5
23,9
5,4
18,4
0,0
0,1
0,0
0,1
1,9
0,0
0,1
0,0
0,0
0,4
0,3
0,0
0,0
0,0
0,0
0,2
1,3
6,4
0,0
0,0
0,3
0,8
1,2
0,1
1,4
0,1
0,5
1,8
0,8
6,5
0,8
0,5
1,4
0,0
0,2
0,0
0,3
0,9
1,5
1,9
0,0
0,0
0,3
0,5
0,0
0,2
1,1
0,5
16,9
2,3
0,7
1,6
0,4
0,0
2,4
14,4
6,1
37,0
21,2
0,0
0,0
0,0
0,0
3,5
0,2
0,0
0,0
0,0
0,2
79
Manjkajoči
4,6
7,6
12,3
12,1
0,0
29,9
9,4
13,8
28,3
17,8
13,6
9,9
48,6
15,0
6,5
7,4
27,2
15,4
14,4
23,0
19,3
18,7
69,7
34,2
40,0
58,4
10,3
23,4
63,0
31,1
16,1
54,5
40,1
27,2
29,0
7,6
26,6
10,3
16,6
Besedilo naloge
Naloga je običajna naloga iz poglavja kvadratna funkcija, pri čemer je treba iz grafa razbrati tri točke
in določiti neznane parametre. Naloga je jasno zastavljena, lepo so zapisane enote v koordinatnem
sistemu, rahlo moteča je le slika. Ordinatna os je označena z f(x), namesto z y, čeprav dijakov to
verjetno ni motilo pri računanju.
Rezultat
Nalogo bi morali znati rešiti vsi dijaki, saj je pri pouku v gimnazij v drugem letniku velik poudarek
na obravnavi kvadratne funkcije. Obenem je po obliki značilna šolska naloga. Znova je dosežek
presenetljivo slab. Mogoče pa je težava v reševanju sistema enačb, ki povzroča zdajšnjim generacijam
dijakov nerazumljive težave.
151
Med dijaki, ki so pravilno rešili nalogo, jih je za reševanje največ uporabilo sistem enačb, kar je bilo
pričakovati. Iz grafa je treba razbrati tri različne točke (npr. obe ničli in točko na osi y).Vrednotenje je
predvidelo več načinov reševanja naloge, s faktorizacijo predpisa parabole v produkt dveh linearnih
členov ali sistemom treh enačb s tremi neznankami. Reševanje takega sistema enačb je snov prvega
letnika. Glede na to, da se da z grafa razbrati obe ničli, je smiselno uporabiti faktorizirano obliko
kvadratne funkcije, torej obliko za ničle, in jo nato pretvoriti v obliko, iz katere razberemo še druge
zahtevane parametre. Ta način reševanja, označen s kodo 10, so testirani dijaki malokrat uporabili,
kar kaže, da so nalogo reševali avtomatsko in niso premislili, kateri postopek bi zahteval najmanj
dela ali časa. Tretjina dijakov je iz grafa samo pravilno odčitala začetno vrednost in s tem ugotovila
le eno neznanko, tako da je popolnoma napačnih nekaj manj kot tretjina odgovorov. Slabo pa je,
da tudi pravilnih odgovorov med dijaki osnovne ravni ni veliko več, čeprav je ob linearni funkciji
kvadratna funkcija v srednji šoli najobsežneje obravnavana funkcija.
Naloga je po zahtevnosti običajna naloga za osnovno raven maturitetne matematike in se pojavlja
tudi na maturi. Podobne primere dijaki vadijo v drugem letniku, ko morajo zapisati funkcijsko
enačbo kvadratne funkcije, če imajo podano teme, ničli, začetno vrednost in podobno. V učbenikih
so tudi naloge, v katerih so podatki podani s sliko.
Nalogo lahko uporabimo kot obratno nalogo od tiste, ki zahteva od dijaka, da zapiše enačbo
kvadratne funkcije, ki ima ničli –1 in 2 ter začetno vrednost –4. Naloga je zelo preprosta, zato
lahko pričakujemo, da jo bo v drugem letniku rešila večina dijakov.
152
Vrednost sestavljene funkcije: algebra − poznavanje dejstev (MA23133 − M7_04)
Funkcija f je podana s predpisom f (x ) = x 2 + 4 . Druga funkcija g je podana s
MA23133
predpisom g (u) = 2u − 1 . Določite najmanjšo vrednost funkcije g ( f (x ) ) .
a
0
b
3
c
7
2
d
7
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
11,8
16,6
21,1
12,6
22,1
26,6
12,7
21,4
13,7
12,0
17,0
25,0
24,3
6,8
16,7
5,0
5,5
24,5
12,7
22,6
23,7
16,7
15,0
37,4
13,7
19,9
18,8
12,9
20,7
17,8
25,4
22,8
20,4
21,3
16,8
34,6
13,5
43,2
44,7
22,4
39,2
20,4
24,0
28,0
27,0
4,9
23,8
37,3
11,0
10,4
19,8
8,9
17,9
17,5
17,8
21,3
16,8
34,6
13,5
43,2
44,7
22,4
39,2
20,4
24,0
28,0
24,4
11,1
6,8
26,5
17,9
26,6
34,0
17,5
16,9
18,3
34,0
17,5
Besedilo naloge
Pri nalogi je treba najprej zapisati ustrezno sestavljeno funkcijo in poiskati njen minimum. Tega
lahko poiščemo s premislekom, kdaj bo izraz pod korenom najmanjši, ali pa z računanjem odvoda
in iskanjem ekstrema.
153
Naši dijaki so navajeni, da se neodvisna spremenljivka označuje s črko x in najbrž je marsikoga
zmotila črka u, ki je uporabljena za označevanje neodvisne spremenljivke funkcije g. Črka u je v
mednarodni nalogi uporabljena zato, da bi dijakom olajšala premislek o kompozitumu funkcij in
ne bi pomešali oznak x v obeh funkcijah. V postopku reševanja naloge mora dijak uporabiti znanje
o kompozitumu funkcij in njegovem odvodu, kar se je oboje za naše dijake pokazalo kot težavno
tudi v drugih nalogah.
Rezultat
Slab rezultat v resnici ne preseneča. Razkorak med uspešnostjo na višji in osnovni ravni je le 13
odstotkov. V drugih nalogah se je pokazalo, da težave, povezane z reševanjem nalog, nastopijo
takoj, ko je pri nalogi potreben razmislek ali naloga ni rešljiva zgolj rutinsko. Pri matematiki v šoli
dijaki rešujejo veliko rutinskih nalog in se s tem tako odvajajo matematičnega razmišljanja.
Naloga je zahtevala znanje višje ravni maturitetne matematike. Glede na dosežke pri drugih nalogah
predpostavljamo, da je veliko napačnih odgovorov posledica napačnega zapisa funkcije g ( f ( x ) ). Z
nalogo se od dijaka pričakuje, da določi najmanjšo vrednost funkcije, kar lahko stori na dva načina.
Prvi je, da izračuna ekstrem, kar je povezano z odvodom sestavljene funkcije, ki dijakom povzroča
težave. Veliko se jih je zmotilo prav pri računanju odvoda. Drugi način zahteva logični premislek:
kompozitum g ( f ( x ) ) doseže najmanjšo vrednost, ko 2 x 2 + 7 doseže najmanjšo vrednost, ta pa je
7. Odgovor A, število 0, je pogost odgovor najbrž zato, ker mora biti koren nenegativno število, 0
pa je nekako najmanjša vrednost nenegativnega števila, kar pa v tem primeru seveda ni prav.
Naloga je ustrezna za maturitetno raven matematike. Ker iz izbire odgovorov ne moremo ugotoviti,
koliko dijakov ni znalo sestaviti kompozituma, koliko jih ni znalo poiskati minimuma in koliko se
jih je le zmotilo pri računanju, bi bilo za uporabo v razredu nalogo bolje preoblikovati v nalogo s
prostim odgovorom.
Nalogo lahko rešujemo že v drugem letniku, bolj primerna pa je za četrti letnik pri obravnavi
sestavljenih funkcij. Dijaki imajo težave pri razumevanju sestavljenih funkcij, zato bi podoben
primer lahko pripomogel k boljšemu razumevanju. Naloga je primerna za ustno ocenjevanje
znanja, saj je kratka, z njo pa preverjamo razumevanje pojma sestavljene funkcije. Dijaki, ki so ali
bi za reševanje uporabili grafične kalkulatorje, so ali bi bili v prednosti.
154
Zaviralna pot: analiza − uporaba znanja (MA23158 − M7_05)
Avto začne zavirati, ko se približuje cestnemu zastoju. Potem ko je zaviral t
sekund, je avto prevozil še razdaljo s(t ) metrov, pri čemer je s(t ) = −t 2 + 20t .
Kolikšno razdaljo je prevozil avto od trenutka, ko je začel zavirati, do ustavitve?
MA23158
a –20 m
b
10 m
c
50 m
d 100 m
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
12,0
26,6
9,2
8,5
13,8
10,3
12,4
7,8
8,6
8,6
11,8
16,3
40,3
18,1
18,5
24,2
20,6
17,5
27,6
27,8
25,8
23,7
22,8
15,8
6,5
22,5
11,7
20,4
32,0
16,2
36,6
30,2
21,5
20,5
13,4
37,5
12,1
20,8
35,2
21,8
38,6
10,3
20,9
23,1
28,4
3,9
28,7
38,3
29,5
13,6
16,4
9,9
16,6
14,5
20,0
20,5
13,4
37,5
12,1
20,8
35,2
21,8
38,6
10,3
20,9
23,1
7,3
9,1
22,2
29,1
29,5
38,0
14,6
9,2
26,4
14,6
14,6
9,2
Besedilo naloge
Naloga je zelo lepo povezana s fiziko. Večina dijakov naj bi jo razumela in tudi rešila, vsaj tisti, ki
imajo v programu gimnazije tudi pouk fizike. Za matematično reševanje je naloga zahtevna, saj
pričakuje razumevanje besedila tudi s stališča fizike, poznavanje kvadratne funkcije in pomena
temena. Tudi oznake so fizikalne. Veliko dijakov ima do takih nalog odpor in jih pri urah
matematike skoraj nič ne rešimo.
155
Besedilo ni najbolj natančno. „Potem ko je zaviral t sekund, je prevozil še s(t) metrov“ lahko
razumemo, kot da je voznik po t sekundah nehal zavirati in pustil, da se avto ustavi sam ali pa je
zaviral do ustavitve. Naloga je sicer mišljena kot klasična naloga zaviranja po formuli do ustavitve.
Upamo, da so jo dijaki, ki imajo izkušnje iz fizike, tako razumeli.
Rezultat
V naših šolah gotovo delamo premalo nalog s fizikalno vsebino, zato slab rezultat ne preseneča.
Zelo nizek je delež pravilnih odgovorov tudi med dijaki na višji ravni. Dijaki so kot rešitev določili
za odgovore vse dane pozitivne razdalje, nekateri tudi negativno razdaljo. Največkrat so se odločili
za odgovora B in C, kar pomeni, da niti niso računali, temveč so se postavili v položaj na cesti in
sklepali, da bi bilo pametno začeti ustavljati pri 10 m ali 50 m pred zastojem. Naloge naši dijaki
niso mogli znati iz pouka matematike, ker kinematika ni del programa in pri matematiki niso
zvedeli, kakšna je zveza med hitrostjo in potjo.
V nekaterih gimnazijah, na primer na ekonomskih, dijaki nimajo pouka fizike, zato se takih nalog
sploh nimajo priložnosti naučiti. Naloga je sicer popolnoma primerna in ni pretežka.
Nalogo lahko v četrtem letniku uporabimo za medpredmetno povezovanje s fiziko, s katero
prikažemo pomen in uporabnost odvoda. Nalogo lahko razširimo še s pospeškom. Dijaki snov
razumejo bolje, če narišemo grafe funkcij poti, hitrosti in pospeška v odvisnosti od časa. Naloga je
seveda primerna za gimnazijske programe, ki imajo v predmetniku fiziko.
V prihodnje bi bilo dobro dati pri matematiki več poudarka uporabi odvoda v vsebinah drugih
predmetov in drugih strok. Fizikalne vsebine matematičnih nalog so bile do zdaj zanemarjene.
Po novem učnem načrtu naj ne bi bilo več tako, saj naj bi predvsem pri odvodu delali primere iz
kinematike. Bolj se morata povezati vsaj matematika in fizika. Fizika pravzaprav kaže uporabno
vrednost matematike. Dijaki lahko pri fiziki vidijo, zakaj je pomembno, da se določena snov
obravnava pri matematiki.
156
Graf funkcije glede na pogoje funkcije in odvodov: analiza − sklepanje (MA23151 − M7_06)
Kateri med spodnjimi grafi ima vse naslednje lastnosti?
f (−1) > 0, f (3) < 0, f ʹ(5) = 0, f ʹʹ(5) < 0
a
b
f (x )
f (x )
x
O
x
O
f (x )
f (x )
c
d
x
x
O
MA23151
O
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C*
D
9,7
13,3
11,6
11,8
10,7
18,4
11,8
17,5
16,3
13,8
13,5
11,0
16,2
9,1
9,8
11,0
5,2
17,9
9,0
16,8
16,6
12,3
29,8
38,7
48,3
40,4
63,0
60,5
30,9
59,9
47,1
36,2
45,5
20,5
28,5
9,1
14,5
5,6
4,8
21,5
8,0
12,8
19,6
14,5
29,0
3,3
21,8
23,5
9,7
11,1
17,8
5,5
7,1
13,8
14,3
29,8
38,7
48,3
40,4
63,0
60,5
30,9
59,9
47,1
36,2
45,5
20,4
15,3
5,3
19,6
60,8
43,8
3,3
14,9
10,3
6,4
60,8
43,8
157
Besedilo naloge
Naloga je za naše dijake nenavadna. Čeprav za rešitev ni pomembno, bi lahko dijake motilo, da
na koordinatnih oseh ni enote, ker se to v šolskih primerih nalog skoraj nikoli ne zgodi. Morda bi
bilo bolje, da bi pisalo, katera izmed funkcij z danim grafom ima ob ustrezni izbiri enot na osi x
naslednje lastnosti. Naloga nenatančno govori o lastnosti grafa funkcije, ne o lastnosti funkcije z
danim grafom. Večina dijakov pa bi morala imeti resne težave, ker drugega odvoda funkcije ni več
v gimnazijskem programu matematike ali pa ga obravnavajo dijaki višje ravni le po presoji svojih
učiteljev. Mnogokrat povedo, kako se računa drugi odvod, ne povedo pa njegovega pomena za
funkcije (konveksnost, konkavnost). Za pravilno rešitev je nujno treba upoštevati pogoj drugega
odvoda, saj obe funkciji z grafoma A in C ustrezata prvim trem pogojem in rešitev zares določi šele
pogoj drugega odvoda.
Rezultat
Preseneča število pravilnih odgovorov. Skoraj polovica dijakov je nalogo rešila pravilno. Dijaki so
pri nalogi verjetno najprej izločili napačni možnosti B in D, zato so se odločali le med A in C. Ker
večina verjetno ne pozna drugega odvoda, čeprav ga na nekaterih šolah še obravnavajo, sklepamo,
da se jim je odgovor C zdel bolj verjeten.
Pomanjkanje enot na oseh je močno motilo tudi učitelje in kaže na to, da se splošen smisel funkcij,
pomen posameznih lastnosti funkcij in njihova presoja iz prikazanih grafov v našem gimnazijskem
programu ne obravnavajo. Ker so v nalogi omenjene koordinate x = −1, 3, 5, je del naloge, da dijaki
presodijo skalo na koordinatnih oseh, česar niso vajeni.
To je zelo dobra naloga, vendar bi morali namesto drugega odvoda podati kakšno drugo lastnost.
Z nalogo lahko utrjujemo in preverjamo razumevanje osnovnih lastnosti funkcij. Podobnih nalog
je v naših šolah premalo. Nalogo lahko razširimo tako, da ji dodamo vsebino, na primer dodamo,
kaj graf prikazuje graf (gibanje vrednosti delnice).
Take naloge priporočamo. Dijaki naj znajo povezati graf funkcije s sliko odvoda in obratno. Ob
uvedbi grafičnega računala so tovrstne naloge zelo smiselne.
158
Presečišča z osjo in ekstremne točke: analiza − uporaba znanja (MA23035 − M7_07)
f (x ) = x 4 − 2x 2
A.V katerih vrednostih x ima graf f (x) presečišča z osjo x ?
x = _______________
MA23035
B. V katerih točkah ima f (x) minimum(e) in maksimum(e)?
Maksimum(i): _______________
Minimum(i): _______________
Pravilni odgovori
• Vse tri vrednosti: 2, 0, in
2 . Velja tudi ( 2, 0), (0,0), ( 2 , 0).
2 je lahko podan s približkom 1,41, 1,42 ali pa z vrednostjo med njima.
Nepravilni odgovori
• Kateri koli dve vrednosti izmed 2, 0, in
2 . Velja tudi ( 2, 0), (0,0), ( 2 , 0).
2 je lahko podan s približkom 1,41, 1,42 ali pa z vrednostjo med njima.
Pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
Nepravilni
70
79
Manjkajoči
24,0
8,8
42,1
42,4
61,3
40,8
33,6
60,3
39,6
10,4
36,3
0,6
3,6
3,7
8,2
9,4
22,2
11,8
7,4
5,9
12,0
8,5
6,6
51,9
20,4
6,5
16,8
16,1
25,6
18,0
39,9
40,4
24,2
68,7
35,7
33,7
42,9
12,5
20,9
29,0
14,4
14,6
37,2
31,0
65,2
34,2
3,8
6,5
22,0
43,8
9,1
15,6
159
Besedilo naloge, del A
Pri nalogi je treba poiskati ničle polinoma, najlaže z razstavljanjem funkcije na produkt dvočlenikov.
Ničlo funkcije in presečišče grafa z osjo x bi morali znati izračunati vsi dijaki.
Rezultat, del A
Naloga ni težka, je značilna, pogosto obravnavana naloga in dosežek naj bi bil dober, pa nikakor ni.
Ničlo in presečišče funkcije z osjo bi morali znati izračunati vsi dijaki. Naloga znova kaže na slabo
povprečno znanje matematike v gimnazijah. Verjetno je bila glavna težava razstaviti izraz (x2−2),
čeprav je preprosta razcepna enačba. Dijaki pri pouku iščejo ničle polinomov tudi na precej težjih
primerih.
Vredotenje drugega dela, B
Pravilni odgovori
• Maksimum (0, 0), minimum ( −1, −1) in (1, −1).
Nepravilni odgovori
• 70: Kateri koli dve točki izmed treh zahtevanih, pravilno označeni kot maksimum ali
minimum.
• 71: Podane so samo vrednosti koordinate x (npr.: maksimum 1, minimum −1 in 1).
Pravilni
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
160
Nepravilni
70
71
79
13,1
3,1
10,8
12,1
20,8
34,4
26,2
47,1
10,9
6,7
18,5
0,6
2,1
2,3
4,0
7,1
9,4
10,9
5,8
3,6
5,3
5,1
0,0
0,3
12,9
12,4
7,2
8,9
3,9
9,6
6,3
6,7
6,8
27,4
7,4
2,3 12,3
3,9 5,1
Manjkajoči
15,1
57,9
35,5
16,0
38,7
24,0
26,4
17,3
53,2
35,2
31,9
71,2
36,6
38,4
55,5
26,2
23,2
32,7
20,2
26,0
46,1
37,6
46,2
54,5
11,8
29,0
Besedilo naloge, del B
Drugi del naloge o značilnih točkah polinoma četrte stopnje zahteva, da dijak odvaja polinom in
poišče stacionarne točke ter jim določi vrsto. Maksimum je mogoče razbrati tudi iz grafa, saj je ena
ničla sode stopnje. Odvajanje je preprosto, vendar dijaki pogosto pozabijo, da je točka določena z
dvema koordinatama.
Rezultat, del B
Naloga ni zahtevna, zato presenečajo izredno slabi rezultati. Skoraj dve tretjini dijakov sta zapisali
napačno rešitev. Le malo več kot četrtina dijakov višje ravni maturitetne matematike je pravilno
poiskala minimum in maksimum polinoma. Glede na slab uspeh reševanja naloge A še slabši
rezultat pri drugem delu naloge ni presenečenje. Toda dijaki rešijo v šoli veliko podobnih primerov,
zato bi rezultat moral biti boljši.
Ogromno je bilo napačnih odgovorov s kodo 70, ki so jo dijaki dobili, ko so zapisali samo pozitivno
rešitev kvadratne enačbe x 2 = 2, pozabili pa na negativno. Na to napako je treba dijake pogosto
opozarjati tudi v razredu.
V raziskavi TIMSS je ničle funkcije pravilno poiskalo manj kot polovica dijakov, kar je zaskrbljujoče.
Rezultat bi bil boljši, če bi znali razstaviti izraz, zato moramo v prvem letniku veliko pozornosti
nameniti prav izrazom. Dijaki so zelo slabo reševali tudi drugi del naloge, čeprav snov ni bila stara.
Naloga je primerna za maturo in pouk, saj naenkrat preveri več različnih snovi. Take naloge bi
morali reševati pogosteje.
Dijaki z grafičnimi računali bi bili pri tej nalogi ponovno v prednosti. Morda bi se tudi naši dijaki
znašli bolje, če bi imeli v šoli priložnost uporabljati grafična računala, ki vsakič pokažejo tudi
narisan graf funkcije, saj bi se dijakom zaradi večkratne vidne zaznave pomen in okoliščine iskanja
posebnih točk funkcije bolje vtisnile v spomin. Z lastnim raziskovanjem bi pridobili nekaj dodatnih
spretnosti.
Učitelji opažamo, da se dijakom pogosto zatakne pri kriteriju prvega odvoda za določanje ekstrema.
Nekaterim ni čisto jasno, katera funkcija pri prehodu čez lokalni ekstrem spremeni predznak,
osnovna f ali njen odvod. Prav zato sta pri matematiki pomembni ustno preverjanje in ocenjevanje
ter tudi ustni del mature, pri katerem se (ne)razumevanje pojmov in postopkov dobro pokaže.
Za boljše razumevanje geometrijskega pomena odvoda in njegove uporabe se nam zdi smiselno
uporabiti programe Graph, Geogebra, Riš itn.
161
Določeni integral in ploščina: analiza − poznavanje dejstev (MA23050 − M7_08)
f (x)
4
A
–4
f
–2
C
2
O
2
4
x
B
–2
–4
Za območja med grafom funkcije f (x) in osjo x na zgornji sliki je ploščina
A = 4,8 enot, B = 0,8 enot in C = 2 enoti.
MA23050
Kolikšna je vrednost določenega integrala
a
5,6
b
6,0
c
6,8
d
7,6
4
∫−2 f (x)dx ?
Besedilo naloge
Naloga preverja razumevanje pojma določenega integrala v povezavi s ploščino lika, ki ga graf
funkcije omejuje z osjo x. Zahteva znanje osnovne ravni in je zelo lahka, če dijak razume pojem
določenega integrala in ga zna uporabljati za računanje ploščin. Zahtevnost nalogi dvigne le
ploščina lika pod osjo x, označena z B.
162
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B*
C
D
6,5
12,4
3,2
5,1
2,6
4,0
4,3
4,7
2,8
11,2
5,7
18,2
23,0
45,5
26,5
35,4
35,6
23,2
41,4
32,4
26,2
30,7
13,7
23,6
6,4
13,9
7,0
12,9
19,1
13,9
15,4
21,1
14,7
8,7
35,4
12,5
20,2
36,2
29,7
35,7
28,6
28,3
20,2
25,5
52,9
5,6
32,4
34,3
18,8
17,9
17,7
11,4
21,0
21,3
23,3
18,2
23,0
45,5
26,5
35,4
35,6
23,2
41,4
32,4
26,2
30,7
2,8
2,7
29,8
33,3
9,8
16,2
34,1
27,5
23,5
20,4
29,8
33,3
Rezultat
Rezultat je bil ponovno slab. Nalogo je pravilno rešilo premalo dijakov, saj zahteva zgolj razumevanje
definicije določenega integrala. Po odgovorih sodeč dijaki ne ločijo med ploščino lika in določenim
integralom, saj je kar velik delež takih, ki so kot pravilen odgovor navedli vsoto ploščin vseh treh
likov, D.
Težko si je predstavljati, kaj so razmišljali dijaki, ki so obkrožili odgovor A ali C. C so dobili, če
so sešteli samo ploščini likov nad abscisno osjo. Očitno je, da so tisti, ki so obkrožili D, pozabili,
da je integral funkcije, ki je pod osjo x, negativen. Torej je treba ploščino lika, ki je pod abscisno
osjo, odšteti od ploščin likov nad abscisno osjo. Do napačnega odgovora D se pride, če seštejemo
ploščine vseh treh likov. Odgovora B in D sta enakomerno zastopana.
Iz analize napak vidimo, da jih je skoraj polovica posledica tega, da so dijaki vse ploščine le sešteli.
To pomeni, da dijaki ne razumejo določenega integrala in ga ne ločijo od ploščine krivočrtnega
trapeza. Naloga veliko prispeva k razumevanju pojma določenega integrala in njegove uporabe za
računanje ploščin likov. Uporabimo jo lahko pri razlagi snovi ali za ustno preverjanje in ocenjevanje
znanja.
163
Koliko je ∫ e1+ 4 x dx ?
1
1+ 4 x
MA23041
a 4 e
+C
b
e1+ 4 x + C
c
4e1+ 4 x + C
d
2
e x +2 x + C
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A*
B
C
D
12,2
29,4
16,5
39,1
69,1
42,5
41,0
52,2
30,6
22,4
35,5
19,4
22,0
10,1
17,1
3,7
9,0
16,9
19,4
29,8
21,1
16,8
10,0
28,2
12,0
17,9
14,5
20,0
19,6
15,2
18,7
25,8
18,2
8,4
15,3
11,2
6,3
2,8
6,8
8,3
6,0
10,7
9,2
8,5
50,0
5,0
50,1
19,6
9,9
21,8
14,2
7,3
10,3
21,5
21,0
12,2
29,4
16,5
39,1
69,1
42,5
41,0
52,2
30,6
22,4
35,5
45,1
27,0
25,7
31,1
14,9
19,6
5,5
11,8
8,8
10,5
45,1
27,0
Besedilo naloge
Naloga zahteva izračun nedoločenega integrala z uvedbo nove neznanke, kar pri nas ni del
osnovne ravni mature. Druga možnost je, da dijak preveri rešitve z odvajanjem. Funkcija pod
integralom je sestavljena eksponentna funkcija, naloga pa ponuja štiri mogoče rešitve. Dijakom
je težko prepoznati kompozitum funkcij (to vemo že iz rezultatov drugih nalog) in ugotoviti, da
je treba uporabiti novo neznanko in pravilno izpeljati celoten izračun. Ker se da iz izračunanega
nedoločenega integrala z odvajanjem ugotoviti, kateri odgovor je pravilna rešitev, odvajanje pa je v
primeru te naloge še posebno preprosto, bi tudi od dijakov, ki so se pripravljali na osnovno raven
mature, pričakovali pretežno pravilne rešitve.
164
Rezultat
Kljub vsemu rezultat ni dober. Če vemo, da se od dijakov na višji ravni pričakuje znanje integriranja
z zamenjavo spremenljivke, je njihov dosežek prenizek, sploh en mesec pred maturo in neposredno
po obravnavi snovi pri pouku. Na osnovni ravni morajo dijaki s pomočjo definicije preveriti, kateri
odgovor je pravilen, vendar se tudi z računanjem iz rešitev nazaj niso znašli dovolj ali pa jim
je bilo odvajanje kompozituma funkcije pretežko. Pravilen odgovor A in nepravilen odgovor B
sta enako pogosta. Pri nepravilnem odgovoru B so dijaki integrirali le eksponentno funkcijo z
naravno osnovo in niso upoštevali, da je eksponent še dodatna funkcija spremenljivke x. Veliko jih
je tudi zamenjalo integral in odvod linearne funkcije in so s 4 množili, namesto da bi s 4 delili. Pri
odgovoru C so dijaki verjetno vedeli, da morajo nekaj narediti z eksponentom, zato so ga odvajali.
Naloga je šolskega tipa. Spada v poglavje vpeljava nove neznanke v nedoločen integral. Integriranje
z uvedbo nove neznanke je za dijake vedno težka naloga. Treba je rešiti zelo veliko nalog že pri
pouku, da dijaki pridobijo dovolj izkušenj, da prepoznajo metodo. Prav tako naj veliko nalog rešijo
tudi doma.
165
Vrednosti kota: geometrija − uporaba znanja (MA23182 − M7_10)
sin 2 x =
1
2
MA23182
Katere vrednosti med 0° in 360° lahko zavzame x ?
a
30°, 150°
b
195°, 345°
c
30°, 150°, 210°, 330°
d
15°, 75°, 195°, 255°
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
A
B
C
D*
21,0
17,7
10,8
19,7
8,8
19,1
16,1
13,3
20,2
18,9
16,5
7,4
6,9
7,4
7,6
2,3
4,8
7,3
3,9
5,9
10,3
6,4
13,2
32,0
10,9
14,5
7,7
15,1
23,5
10,5
25,5
18,5
17,1
29,8
40,6
40,5
28,9
61,9
40,0
35,1
63,5
36,6
34,0
41,1
28,6
2,8
30,5
29,3
19,3
21,0
18,0
8,9
11,8
18,3
18,8
29,8
40,6
40,5
28,9
61,9
40,0
35,1
63,5
36,6
34,0
41,1
9,6
22,2
2,5
6,6
12,3
28,5
66,8
30,3
8,8
12,4
66,8
30,3
Besedilo naloge
Naloga je bila veliko manj zahtevna, kot je videti na prvi pogled. Dijaki so lahko imeli kalkulatorje,
zato bi lahko hitro preverili rešitve v ponujenih odgovorih. S pomočjo predstavitve vrednosti
sinusa in kosinusa na enotski krožnici bi lahko tudi takoj ugotovili, kateri koti ustrezajo rešitvam.
166
Rezultat
Čeprav lahko rečemo, da večina dijakov prepozna vrednosti sinusa med 0o in 360o, smo nad
dosežkom razočarani, še posebno nad uspehom dijakov osnovne ravni maturitetne matematike.
Naloga zahteva zgolj razumevanje definicije kotnih funkcij poljubnih kotov. Nalogo lahko dijak
reši kar z vstavljanjem podanih vrednosti v enačbo.
Veliko dijakov je izbralo napačen odgovor, ker niso upoštevali dvakratne vrednosti podanih kotov.
Do napačnega odgovora A pride dijak, ki ne upošteva, da je sinus periodična funkcija, in poišče
samo prvi dve rešitvi, poleg tega pa ne upošteva niti, da gre za sinus dvojnega kota in je treba kot
deliti z 2. Dejstvo je še, da so trigonometrične enačbe dijaki reševali nazadnje v tretjem letniku in
do časa testiranja že marsikaj pozabili.
Kakor smo že omenili, so si dijaki pri preizkusih odgovorov lahko pomagali tudi s kalkulatorji,
vendar naši dijaki niso navajeni takšnega reševanja. Očitno tudi spretnost uporabljanja kalkulatorjev
pri slovenskih gimnazijcih ni na ustrezni ravni. Dijake vse preveč učimo postopkov in vse premalo
iznajdljivosti.
Ker je snov pomembna in so podobne naloge pogosto na maturi, je pri poučevanju očitno potrebna
kakšna sprememba v smeri povečane uporabe tehnologij, ki bi dijakom pomagala, da bi postali
iznajdljivi, se naučili naloge rešiti učinkovito, z najmanj truda, časa in pisanja ter preverljivo
pravilno.
167
Vzporednost premic: geometrija − uporaba znanja (MA23170 − M7_11)
y
Q
12
10
8
6
11
4
2
O
P
2
4
6
8
4
10
12
x
Premica l gre skozi točki A (1, –2) in B (3, 4).
MA23170
Ali je premica l vzporedna s PQ ?
Utemeljite svoj odgovor.
Naloga: M7_11 (MA23170)
Pravilni odgovori
• 10: Ne, s pravilnim postopkom, ki pojasnjuje, da sta naklona različna, in iz tega sklepa, da l in
PQ nista vzporedna.
• 11: Ne, s pravilnim postopkom, iz katerega sklepa, da l in PQ nista vzporedna. To stori z
uporabo druge metode, na primer pokaže, da kot med premicama ni 0°.
Nepravilni odgovori
• 70: Ne, brez ali z napačnim postopkom.
• 71: Da, z ali brez razloga.
168
Pravilni
10
11
Država
Armenija
Filipini
Iran
Italija
Libanon
Nizozemska
Norveška
Ruska federacija
Slovenija
Švedska
Slovenija
Višja raven mature
1,4
20,7
30,5
12,1
45,0
50,0
4,4
17,1
11,5
14,7
20,7
5,7
4,6
0,2
5,3
4,8
1,0
16,6
9,3
6,5
0,2
5,4
28,8 13,4
7,7 5,1
70
1,5
11,6
8,4
8,3
3,5
8,9
14,9
15,3
18,0
16,7
10,7
13,4
19,2
Nepravilni
71
79
Manjkajoči
7,4
34,7
16,9
16,6
9,2
6,5
21,1
22,3
40,9
13,9
18,9
5,2
5,2
7,5
8,2
10,2
2,3
7,7
4,0
5,1
8,1
6,4
78,8
23,1
36,5
49,5
27,2
31,3
35,3
32,0
18,1
46,5
37,8
22,7
44,9
6,8
4,7
14,9
18,3
Besedilo naloge
Prikazana je lepa naloga, ki je dobra za razumevanje pojma smernega koeficienta. Najhitreje jo
rešimo, če izračunamo smerna koeficienta premic in ju primerjamo med seboj. Treba je le razbrati
koordinati točk P in Q iz slike, ki je dovolj jasna in pregledna. Preprosta in značilna naloga iz prvega
letnika, ki zahteva znanje osnovne ravni maturitetne matematike. Malo moti prikazan koordinatni
sistem, ki ne prikazuje negativnih delov osi, podana točka pa ima negativno koordinato. To je lahko
zmedlo nesamozavestne reševalce in so se naloge ustrašili. Naloga dijakom s sliko sporoča, da
risanje ne zadošča za rešitev. Za računski dokaz negativna koordinata točke v ničemer ni moteča.
Rezultat
Veliko dijakov je odgovorilo pravilno brez utemeljitve. Povsem pravilno, z utemeljitvijo, pa
je odgovorilo manj kot petina dijakov. Težko je razumeti, da je dosežek naloge tako nizek, če
pomislimo, da so morali dijaki v prvem letniku dobro poznati pomen smernega koeficienta. Kaže,
da je nalogo veliko dijakov reševali z risanjem (napaki 70, 71). Verjetno so si narisali premico skozi
A in B in sklepali na podlagi slike. Če narišeš daljico AB, je videti vzporedna daljici PQ. Toda slika
ni dovolj, potreben je računski dokaz. Ugotavljanje s slike je prevladovalo med dijaki na osnovni
ravni maturitetne matematike. Klasična napaka dijakov pri računanju smernega koeficienta je
uporaba napačne, obrnjene formule. Toda če so v tej nalogi za oba koeficienta uporabili enako
formulo, bo odgovor pravilen tudi, če je formula obrnjena.
169
Kot se je že izkazalo pri skoraj vseh podobnih nalogah TIMSS, je tudi ta za dijake težavna, ker
zahteva utemeljitev. Tega naši dijaki očitno ne znajo, pa čeprav je problem tako preprost, kot je
bil tukaj. Za samozavestno dolgoročno znanje je nujno, da dijaki vedo, kako rešiti problem in kaj
rešitev pomeni. Naloga z drugimi podobnimi nalogami te raziskave postavlja pred poučevanje
matematike resen izziv: kako doseči, da bodo naši dijaki samostojno prišli do pravilne numerične
ali geometrijske rešitve ter znali sebe in druge prepričati, da je rešitev pravilna.
Naloga je zelo dober primer iz poglavja linearne funkcije v prvem letniku. Zahteva znanje
vzporednosti, natančno odčitavanje iz že narisane slike in je rešljiva z grafičnimi orodji. Njena
posebna odlika je zahteva po utemeljitvi odgovora, zato jo priporočamo za reševanje v razredu.
170
Priloga: Matematične formule, ki so bile zapisane na začetku matematičnega
preizkusa znanja TIMSS za dijake
Matematični zapisi
→
→
Vektor: r ali AB →
Velikost vektorja: r ali r
i = −1
Izbrane matematične formule
Trikotniki
Zaporedja
C
b
γ
γ
A
Če je tn splošni člen aritmetičnega zaporedja s
a
c
γ
B
c = a + b − 2ab cos γ
2
2
2
a
b
c
=
=
= 2R
sin α sin β sin γ
sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β
sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β
prvim členom a in s konstantno razliko d, potem
je: tn = a + (n − 1)d .
Če je S n vsota prvih n zaporednih členov
aritmetičnega zaporedja s prvim členom a,
potem je :
n
Sn = (a + tn ) .
2
Če je tn splošni člen geometrijskega zaporedja
s prvim členom a in konstantnim količnikom r,
potem je tn = ar n−1 .
Logaritmi
Če so a, b in c pozitivna realna števila in b ≠ 1
ter c ≠ 1, je
log b a =
log c a
log c b
De Moivreov obrazec
Če je S n vsota prvih n zaporednih členov
geometrijskega zaporedja s prvim členom a in
konstantnim količnikom r, kjer je −1 < r < 1 ,
potem je:
lim Sn =
n→∞
a
.
1− r
Če je z = x + iy = r (cos α + isin α ),
kjer sta x in y realni števili, potem je :
zn = [r (cos α + isin α)]n = r n (cos nα + i sin nα)
(nadaljevanje na naslednji strani)
TIMSS za maturante
Izbrane matematične formule (nadaljevanje)
Dolžina, površina in prostornina
Vektorji
Če je d razdalja med (x1, y1) in (x2, y2), je
d = (x2 − x1 )2 + ( y2 − y1 )2
→
→
→
a ⋅ b= →
a b cos θ
→ → →→
a × b = a b sin θ
Površina ukrivljene ploskve valja:
Odvodi
Pvalj = 2 π r h
(uv)’ = u v’ + v u’
Površina ukrivljene ploskve stožca:
2
2
Pstožec =π≠ rl = π≠ r r + h
 u  ’ = v u’ - u v’
 
v2
v
Površina krogle:
4≠ r
Pkrogla = 4π
2
Prostornina valja:
2
Vvalj = π≠ r h
Prostornina stožca:
1 2
Vstožec = π≠ r h
3
Prostornina krogle:
4 3
≠r
Vkrogla = π
3
TIMSS za maturante

Pogled na reševanje matematičnih nalog TIMSS

Transcription

Similar documents

Alenka Flander, Andreja Lenc, Marja Medved

prenos - OŠ Gorišnica

IZJEMNO KRATEK PROMOCIJSKI NAČRT www.aleo.si

Šolski sklad – zloženka - Prva gimnazija Maribor

Glasilo SZKŠ Maribor - Srednja zdravstvena in kozmetična šola

Zapisnik 1. seje Sveta staršev 29.9. 2014

Kako motivirati dijake v UP, Irena naraks

ŠOLSKA KRONIKA - Šolski center Novo mesto

S E J A L E C - kmetijska šola grm in biotehniška gimnazija

bacil 2011