Блогът за образование

Дефектна задача и в теста по математика

След миналогодишния приемен изпит за профилирани гимназии обърнах внимание (в статията „Футболистите струват милиони, математиците се подаряват” www.shumarov.de), че зад.42 от теста е преопределена, т.е. съдържа повече дадености, отколкото е необходимо за решаването й. Ще призная, че не допусках подобна издънка да се повтори на друг национален изпит. Точно това обаче се случи на втората матура по математика на 4 юни т.г. Което, поне лично за мен, е много обезкуражаващо, защото показва, че инспекторите на МОН не посещават най-големия български сайт по математика www.matematika.bg, където въпросната статия стоя цяла година. Става дума за зад.23 от теста:

23. В правоъгълен $\Delta ABC$ ( $\angle C = 90^\circ$ ) ъглополовящата $AL$ ( $L \in BC$ ) дели височината $CD$ ( $D \in AB$ ) на отсечки $CM = 5 cm$ и $MD = 4 cm$ . Намерете дължината на катета $AC$ .

Дадено: $CD \bot AB$ , $CM = 5 cm$ , $MD = 4 cm$ , т.е. $CD = 9 cm$ .
$AL$ , т.е. $AM$ е ъглополовяща на $\angle A$ .
Търсим: $AC = x = ?$

Решение: Търсената отсечка $AC$ е хипотенуза в правоъгълния триъгълник ADC. Задачата се свежда до решаване на този триъгълник. От питагоровата теорема и от теоремата за ъглополовящата получаваме системата уравнения

| $x^2 = y^2 + 9^2$

| $\frac{x}{y} = \frac{5}{4}$

От второто уравнение: $y = \frac{4x}{5} => y^2 = \frac{16x^2}{25}$ . Заместваме в първото:

$x^2 = \frac{16x^2}{25} + 81$
$<=> 25x^2 = 16x^2 + 25.81 <=>$
$9x^2 = 25.81 => x^2 = 25.9 <=> x = 5.3 = 15 cm$
Отговор: $AC = 15 cm$ .

Ни най-малко не се наложи да използваме условието, че триъгълникът $ABC$ е правоъгълен ( $\angle C = 90^\circ$ )! Същата дължина на страната $AC$ се получава при какъв да е триъгълник $ABC$ (при всякакъв ъгъл $C$ ). На чертежа $\angle C$ е остър, но дължината на $AC$ не се променя, ако той е прав или тъп. Иначе казано, дължината $AC$ не зависи от $\angle C$ , т.е. условието $\angle C = 90^\circ$ е излишно. То се явява преопределеност на условието.

Преопределеността е сериозен дефект за една математическа задача. Защото дори и да си работил безпогрешно, ако след приключване на решението се окаже, че не си използвал някое от дадените условия, това смущава, кара те да се съмняваш в себе си, да правиш изтощителни и изнервящи проверки и в крайна сметка да загубиш ценно време и енергия. Коректното условие на същата задача би било:

В правоъгълен $\Delta ADC$ ( $\angle D = 90^\circ$ ) ъглополовящата $AM$ ( $M \in DC$ ) дели катета $CD$ на отсечки $CM = 5 cm$ и $MD = 4 cm$ . Намерете дължината на хипотенузата $AC$ .

Колкото и да е непрестижно наличието на дефектно условие, аз нямаше да се заяждам със съставителите на теста, ако това беше единствения пропуск. Тестът като цяло обаче съдържа много по-сериозен недостатък – ужасно несъответствие между трудността на задачите и определените им точки. Най-фрапиращо е то при задачи 26 и 27 от двата теста (за първия и втория изпит), всяка от които носи по 15 точки (колкото 7 задачи от първата половина на теста). Под номер 26 и в двата теста са почти еднакви системи от две уравнения, които трябва просто да се решат.

В изпита на 3 юни системата беше

| $x^2 + y^2 = 5$

| $x^2 + y^2 - xy = 3$

Предвид първото уравнение, второто става $5 - xy = 3$ , т.е. xy = 2 , така че системата добива вида

| $x^2 + y^2 = 5$

| $xy = 2$

Колкото и да е невероятно, точно в такъв съвсем тривиален вид системата се даде и на втория изпит под номер 26.

Макар и да се води под респектиращото наименование „система от две уравнения от втора степен”, това е възможно най-лесната алгебрична задача, доколкото решенията й се виждат наум:
(1, 2) , (-1, -2), (2, 1), (-2, -1)

Известно „усложнение” представлява изискването да се запише цялото решение на белова, но то е повече от рутинно и стотици пъти упражнявано. Системата се решава по най-баналния начин – чрез заместване: от второто уравнение имаме $y = \frac{2}{x}$ и след заместване в първото, се добива възможно най-простото и приятно биквадратно уравнение, от което се получават отгатнатите наум решения. Единственият момент, в който трябва малко да се замислим, е изискването знаменателят $x$ да не е нула. Че $x$ не може да е нула се вижда веднага от второто уравнение: $xy = 2$ е възможно само ако $x \ne 0, y \ne 0.$

В задача 27 в теста от 3 юни трябва да се пресметне класическа вероятност, но самото пресмятане става чрез няколкократно прилагане на формулата за комбинации:

27. В кутия има 5 червени и 4 бели топки. По случаен начин са избрани 5 топки. Каква е вероятността 3 от тях да са червени и 2 от тях да са бели?

Решението е съвсем стандартно, без да е нужна каквато и да било досетливост.
Тъй като червените топки след изтеглянето не се подреждат по някакъв признак (те са неотличими една от друга), то броят на различните възможности за изтегляне на $3$ червени топки измежду $5$ червени ще пресметнем по формулата за комбинации от клас $3$ измежду $5$ елемента:

${C_5}^3 = \frac{5...(5 - 3 + 1)}{3!} = \frac{5.4.3}{3.2.1} = 10$ възможности.

Аналогични са разсъжденията за белите топки. Броят на различните възможности за изтеглянето на $2$ бели топки измежду $4$ бели е комбинация от клас $2$ измежду $4$ елемента:

${C_4}^2 = \frac{4...(4 - 2 + 1)}{2!} = \frac{4.3}{2.1} = 6$ възможности

Понеже всяко от благоприятните изтегляния на червени топки може да се съчетае със всяко от благоприятните изтегляния на бели, то ще имаме общо ${C_5}^3.{C_4}^2$ благоприятни изтегляния на $5$ топки (при които ще имаме комплект от $3$ червени и $2$ бели топки).
Общият брой възможни изтегляния на топки измежду деветте топки в кутията е равен на комбинациите от клас $5$ измежду $9$ елемента:

${C_9}^5 = \frac{9...(9 - 5 + 1)}{5!} = \frac{9.8.7.6.5}{5.4.3.2} = 126$

Класическата вероятност $p$ за събитието „ $3$ червени и $2$ бели топки” е равна на отношението на благоприятните към всички възможни комбинации:

$p = \frac{{C_5}^3.{C_4}^2}{{C_9}^5} = \frac{10.6}{126} = \frac{10}{21}.$

Макар да изглежда дълго, решението следва строга последователност от пет стъпки (алгоритъм), който може просто да се запомни, т.е. не изисква никакво творчество.
Още по лесна е задача 27 от теста на 4 юни:

27. За хокеен мач треньорът има на разположение двама вратари, шест защитници и осем нападатели. По колко начина може да се образува началната шестица играчи, ако в нея задължително влизат един вратар, двама защитници и трима нападатели.

Тъй като избраните двама измежду $6$ защитници са напълно равноправни (неотличими по качество), след като бъдат избрани, няма вътрешно подреждане, така че и тук прилагаме формулата за комбинации:

${C_6}^2 = \frac{6...(6 - 2 + 1)}{2!} = \frac{6.5}{2} = 15$ възможности.

Аналогично: за избора на трима нападатели измежду наличните $8$ имаме

${C_8}^3 = \frac{8...(8 - 3 + 1)}{2!} = \frac{8.7.6}{3.2} = 56$ възможности.

За избора на вратар измежду двама налични имаме $2$ възможности.

Тъй като всяка от тези благоприятни възможности може да се съчетае с всяка от другите, ще имаме общо
${C_6}^2.{C_8}^3.2 = 15.56.2 = 1680$ възможности.

Това е цялото решение.

И така, $30$ от общо $100$ възможни точки могат да се придобият от две строго алгоритмизирани (рутинни) задачи, чието решение може лесно да се наизусти.

Единственото обяснение на това „опущение” на съставителите на тестовете е, че те са получили политическо задание възможно повече зрелостници да изкарат високи оценки.

This entry was posted on събота, юни 28th, 2008 at 11:20 pm and is filed under Образование. You can follow any responses to this entry through the RSS 2.0 feed. You can leave a response, or trackback from your own site.

5 Responses to “Дефектна задача и в теста по математика”

Hmmm Says:
юни 29th, 2008 at 12:02 am
Не знам дали Вие преподавате на ученици в 10-ти клас, но масовата практика на учителите там е да “пропускат” раздела с комбинаторика. Примерно, аз съм завършил МГ и при нас въпросния раздел се мина с един двоен час, където две от не-особено-умните ми съученички издиктуваха 3 формули и решиха няколко задачи. И толкова - повече не се спомена.
Аргументацията на учителя ни беше следната - “тези неща не влизат в кандидат-студентските изпити”. Специално за това съм склонен да мисля, че сравнително лесните задачи по комбинаторика и вероятност се дължат на факта, че учителите просто не преподават този материал.
Другото, което е още по-любопитно, е че по-голямата част от съучениците ми имат единствена грешка точно на тази 27 задача.

Като за последно, искам и да коментирам и последния ви извод “възможно повече зрелостници да изкарат високи оценки.” Напълно точен е. За съжаление, това е по-скоро ефектът от колкото замисълът. Според МОН средния резултат на тази толкова лесна матура по математика е 64,85 точки. При нормална скала - малко над Среден 3. При “коригираната” скала + лесния тест около 1000 човека имат двойки. Според МОН 10,8% не са преминали успешно ДЗИ, е - след като 13000 човека са писали за втора матура математика, представете си ако изпита беше на кандидат-студентско ниво и с стандартна скала. Тогава по-голямата част нямаше да вземат диплома.

http://www.econ.bg/content/Maturi.ppt - източник

http://rezultati.zamaturite.bg/uspeh - също интересен сайт. Според него на ДЗИ по Математика 6 човека в Доспат имат 6.00, 3 човека в Копривщица имат 6.00. За съжаление последните 3-ма ги познавам и мога с ръка на сърцето да кажа, че освен, че не разбират математика, са и неграмотни.

А после нямало преписване и карта “помощ от учителя”.
martin z Says:
юни 30th, 2008 at 8:40 pm
И на предния пост за матурата по български език го казах. Сега пак- ако тръгнем да оправяме системата само ще си изхабим нервите. А и се съмнявам някой да е казал, че няма преписване- той в какъв свят си мисли, че живее. Преписване има навсякъде- в страни като САЩ и Германия, че при нас ли да няма.
me4ka Says:
юли 4th, 2008 at 5:24 pm
как така не използвате ,че имате 90 градуса,та нали ползвате Питагорава теорема,тя не важи ли само за правоъгълни триъгълници ? дано не бъркам
shumarov Says:
септември 12th, 2008 at 10:54 pm
Питагоровата теорема използваме за триъгълник ADC, който е правоъгълен по построение (тъй като CD e височина). В условието на задачата е дадено, че триъгълник АВС е правоъгълен, което не ни трябва, за да решим задачата, т.е. полученият отговор АС=15 е валиден за всякакъв триъгълник АВС, а не непременно правоъгълен. Именно в това се състои дефектът преопределеност на условието.

В теста за поправителната сесия всички условия са коректни, но е останал изключително неприятният недостатък - недозираност на задачите според предвидените точки, т.е. несъответствие на трудността на задачата с точките, които се дават за правилното й решение.
Марго Малинова Says:
октомври 26th, 2008 at 10:47 am
Споделям мнението Ви колега, че изработването на тестовете е политическа поръчка , но скоро открих че то зависи от утвърдени специалисти , които скоро не са влизали в училище , а са на служба в някакво ЦКИКО
Какво ли ги чака таз година зрелостниците ?

Дали и тази година ще се повторят проблемите на теста за 7 клас , които излагам тук? :

http://malinovablog.anti-fashion.org/?cat=17

Дефектна задача и в теста по математика

5 Responses to “Дефектна задача и в теста по математика”

Leave a Reply

Страници

Категории

Скорошни публикации

Архиви

Обща