A problémamegoldó gondolkodás fejlesztése egy feladat példáján

1. Bevezetés

A 2020 júniusi Érintőben megjelent „Hány bőrt lehet lehúzni egy feladatról? – avagy nincs új a Nap alatt?” című cikkben szóba került egy feladat, amely az ELTE TTK matematika tanár szakosok tananyagában is szerepel ([Fried, K. (2020).]).

A tananyag folyamatos frissen tartása érdekében az oktatók rendszeresen tanulmányozzák a diákok nehézségeit, feladatokhoz való hozzáállását és a megoldásaikat. Ebben a tanulmányban az ELTE TTK Matematikatanítási és Módszertani Központ két oktatója mutat be egy válogatást az említett feladathoz készíthető megoldásokból, hallgatói munkákat is felhasználva. Bár olykor csak az ötletig jutottak el a hallgatók, a teljes megoldást nem sikerül megtalálniuk, de ez semmit sem rontott az ötlet felhasználhatóságán.

Érdekes a gyakorlatokon megfigyelni, hogy miként változnak az egyetemi diákok feladatokra adott megoldásai attól függően, hogy milyen előtanulmányokat folytattak, hogyan állnak a geometriához, illetve hogy a kiadott feladatsor feladatait milyen sorrendben dolgozzák fel. Fontos tapasztalat az is, hogy a hallgatót jól be lehet vonni a munkába, ha a saját gondolataira építhet, ezeket kiegészítheti, viszont ha ettől eltérő, „idegen” ötletet kap, előfordul, hogy azt a megközelítést elutasítóan fogadja.

A most következő íráshoz tehát hallgatói munkákból, megoldásokból, ötletekből szemezgettek a szerzők, és az egyes megoldásokhoz megjegyzéseket fűztek, illetve rendezték, helyenként ki is egészítették ezeket.

2. Miért is foglalkozunk ezzel a témával?

Egy geometriai problémához készült megoldások vizsgálata számos lehetőséget rejt magában. A megoldások átgondolása és rendezése például újabb megoldási ötletekhez vezethet. De a különböző megoldások jellege, mennyisége a megoldó geometriai gondolkodásáról is szolgálhat többféle, esetleg mérhető felvilágosítással [Levav, A. & Leikin, R. (2010).]. Meggondolható az a lehetőség is, hogy figyelembe véve az egyes megoldások ismereti-gondolkodásbeli szintjét, különböző évfolyamokon is elővehető ugyanaz a feladat, és akár több éven át is gyűjthetők hozzá megoldások, ami segíthet egyben az oktatásban sajnos eléggé uralkodó „egy feladat-egy megoldás” hozzáállás ellen is hatni. Ha egy problémához több megoldás áll a tanár rendelkezésére, akkor válogathat is belőlük olyanokat, amelyekhez ötletadó segítséget adva, a matematikában kevésbé teljesítőképes tanuló is megoldást tud készíteni. Itt természetesen arra törekedve, hogy a segítő ötlethez (például ábrához) több lehetséges megoldás is készíthető legyen [Ambrus, G. & Rott, B. (2017).].

Egy problémákhoz készült/gyűjtött megoldások rendezhetők például aszerint, hogy a problémamegoldó milyen matematikai eszközöket használt a megoldásokhoz és azok hogyan függnek össze ([Levav, A. & Leikin, R. (2010)., Fig2.]). Egy ilyen jellegű rendezést szeretnénk végül bemutatni a feladatunk megoldásai esetében, jelölve benne, hogy egy általunk megfigyelt hallgató megoldásai melyik megoldással egyeznek meg lényegileg. A megoldások első rendezésének alapja lehetne egy hallgató ötleteinek követése is, és megpróbálhatnánk ebbe beilleszteni a további megoldásokat. A következőkben ettől eltérő utat választottunk. A megoldások rendezése valójában egy láncolat alapján történik, amelyhez a főbb láncszemeket mi határoztuk meg a gyűjtött megoldásaink ismeretében; a láncszemekhez tartozó főbb (ötletek) gondolatok:

– felmérjük egy szakaszra két szakasz összegét

– geometriai transzformációk használata

– trigonometriai számítás, tételek

– algebraizálás (koordinátageometriai eszközök igénybevétele)

A továbbiakban először bemutatjuk a – most már sokat emlegetett – feladatot, majd következnek a megoldások (az említett lánc szerint rendezve). Mindegyik megoldás bemutatása előtt megemlítjük a felhasznált főbb ismereteket, matematikai eszközöket és azt a szemléleti kérdést, hogy a megoldáshoz a feladat ábráján belül elég volt-e dolgozni, vagy ki kellett-e lépni belőle, vagyis az esetleges belső ábra kiegészítésein kívül szükség volt-e az ábrához külső kiegészítésre. (Ez utóbbinak az elemzése is érdekes kérdés lenne, de ezzel most nem foglalkozunk.) A megoldások mellett helyenként egy kék szám található, ez azt jelzi, hogy egy, az általunk figyelt hallgatónál ([Tóth E. (2009).]) ez a megoldás (lényegileg így) hányadikként jelent meg.

Ezután kerül sor a megoldások végső áttekintő rendezésére egy ábra segítségével, a felhasznált matematikai eszközök alapján a már korábban elmondottak szerint.

Annak érdekében, hogy a megoldások között fennálló kapcsolatot jobban láttassuk, több megoldáshoz is lényegében ugyanazt az ábrát illesztettük be a most következő megoldásoknál.

A feladat. Az $ABC$ szabályos háromszög körülírt körén, a rövidebbik $AB$ íven felvesszük a $D$ pontot. Igazoljuk, hogy $AD+DB=CD$ !

A feladathoz tartozó megoldásláncunk:

1. megoldás (1. megoldás (a) variáció) – szakaszok összege egy szakaszon (5)

– alapötlet: szakaszok összege egy szakaszon, szakasz meghosszabbításán

– bizonyítás alapja: egybevágóság (transzformáció), kerületi szögek

– szemlélet: „kifelé” dolgozunk az eredetileg a feladathoz készült ábrából.

Mérjük fel a $DB$ szakaszra $B$ -n túl az $AD$ szakaszt ( $H$ ).

Az $ADBC$ húrnégyszög, ezért $CBH\sphericalangle=CAD\sphericalangle$ (mindkettő $180^\circ$ -ra egészíti ki a $CBD\sphericalangle$ -et). $CAD\triangle\cong CBH\triangle$ , mert két-két oldaluk egyenlő hosszú, és az általuk közbezárt szög ugyanakkora. Ebből következik, hogy a harmadik oldalaik is egyenlők: $CD=CH$ , a $CDH$ háromszög egyenlő szárú. Mivel a $CB$ ívhez tartozó $CDB\sphericalangle=60^\circ$ -os, így a $CDH$ háromszög szabályos is. Innen $HC=DC=b+c$ .

A megoldást megelőző, korábbi feladatmegoldásokból leszűrt ötlet: két szakasz összegét úgy lehet más szakasz hosszával összehasonlítani, ha egy egyenesre (csatlakozva) vesszük fel a két szakaszt. Ez a gondolat kerül alkalmazásra a további három megoldásban is, csak módosított változatban.

2. megoldás (1. megoldás (b) variáció) – szakaszok összege egy szakaszon (4)

– alapötlet: szakaszok összege egy szakaszon, szakasz meghosszabbításán

– bizonyítás alapja: egybevágóság (transzformáció), kerületi szögek

– szemlélet: „kifelé” dolgozunk

Hosszabbítsuk meg $DB$ -t $D$ -n túl, és mérjünk fel rá az $AD$ hosszú szakaszt. Így kapjuk az $E$ pontot. Ezt az $AD$ szakasz $D$ körüli $60^\circ$ -os elforgatásával is megkaphatjuk. Ezek szerint $DEA$ szabályos háromszög (két oldala egyenlő hosszú és $60^\circ$ -os szöget zár be).

Az $ABE$ és $ACD$ háromszögek szögei páronként egyenlőek: $ACD\sphericalangle=ABD\sphericalangle$ (az $AD$ húrhoz tartozó kerületi szögek), $AEB\sphericalangle=60^\circ$ , mert $AED$ szabályos, továbbá $ADC\sphericalangle=60^\circ$ , mert az $AC$ ívhez tartozó kerületi szög.

$ABE$ és $ACD$ tehát hasonlók, de egybevágók is, mert a $60^\circ$ -os szögükkel szemközti oldalaik egyaránt $a$ hosszúságúak.

Ebből következik, hogy harmadik oldalaik is egyenlők: $ED+DB=CD$ , azaz $AD+DB=CD$ .

3. megoldás – szakaszok különbsége

– alapötlet: szakaszok különbsége egy szakaszon, szakasz meghosszabbításán

– bizonyítás alapja: egybevágóság (transzformációval vagy anélkül), kerületi szögek

– szemlélet: „befelé” dolgozunk.

Mérjük fel a $CD$ szakaszra $D$ -ből a $b$ ( $AD$ ) távolságot. Így kapjuk az $ADF$ egyenlő szárú háromszöget, de mivel a szárszöge, $ADC\sphericalangle$ az $AC$ húrhoz tartozó kerületi szög $60^\circ$ -os, a háromszög szabályos is.

Belátjuk, hogy $AFC\triangle\cong ADB\triangle$ , amiből már következik, hogy $AD+DB=AF+FC=DF+FC=DC$ .

A két háromszög hasonló, mert egyenlők a szögei: az $ACD\sphericalangle$ és az $ABD\sphericalangle$ az $AD$ ívhez tartozó kerületi szögek, tehát egyenlők; az $AFC\sphericalangle$ $120^\circ$ -os, hiszen a $60^\circ$ -os $AFD\sphericalangle$ kiegészítő szöge, továbbá az $ADB\sphericalangle$ is $120^\circ$ -os, mert $D$ az $AB$ húr $C$ -t nem tartalmazó ívén helyezkedik el és $ACB\sphericalangle=60^\circ$ .

Mivel a két hasonló háromszögben a legnagyobb oldalaikkal szemközti (leghosszabb) oldalaik egyenlő hosszúak ( $AB=AC$ ), így a két háromszög egybevágó.

(Valójában azt kaptuk meg eredményül, hogy $CD-AD=DB$ .)

4. megoldás – szakaszok összege egy szakaszon

– alapötlet: szakaszok összege egy szakaszon, hozzáírt szabályos háromszög

– bizonyítás alapja: egybevágóság (transzformáció), kerületi szög

– szemlélet: „kifelé” dolgozunk

Ha meghosszabbítjuk a $BD$ szakaszt $B$ -n túl, az $60^\circ$ -os szöget zár be az $AD$ oldallal, mert az $ADB\sphericalangle$ $120^\circ$ -os, hiszen az $D$ $AB$ húrhoz tartozó $C$ -vel átellenes ívén van. Felmérve $b$ -t a meghosszabbítással kapott félegyenesre $D$ -n túl, az $E$ pontot kapjuk. AZ $AED$ háromszög szabályos, mert $AD=ED=b$ , és $D$ -nél $60^\circ$ -is szöge van. Jelölje az $AE$ egyenes körrel vett metszéspontját $G$ .

Mivel az $AC$ ívhez tartozó $ABC\sphericalangle=60^\circ$ , így $ADC\sphericalangle$ is $60^\circ$ -os, innen $EDC=120^\circ$ . Továbbá $EGC\sphericalangle=AGC\sphericalangle=120^\circ$ , mert $G$ az $AC$ húrhoz tartozó rövidebbik íven van.

$AED\sphericalangle$ $60^\circ$ -os, így az $ADCG$ négyszögben a negyedik szög, $DCG\sphericalangle=360^\circ-120^\circ-120^\circ-60^\circ$ is $60^\circ$ -os. Eszerint $EDCG$ paralelogramma.

Ebből következik, hogy $CD=EA+AG$ . Tehát be kell látnunk, hogy $AG=DB$ . Az $ACG$ és $BAD$ háromszögek egybevágók, mert $CG=AD$ , $AC=BA$ és az $AGC\sphericalangle$ és $ADB\sphericalangle$ szögek is egyenlően, $120^\circ$ -osak. A legnagyobb szöggel szemközti oldalaik egyenlő hosszúak ( $a$ ).

(A megoldás több állítása is megmutatható más módon is. Például $CGA\triangle\cong ADB\triangle$ úgy is belátható, hogy a kör középpontja körüli $120^\circ$ -os forgatás $C$ -t $A$ -ba, $A$ -t $B$ -be és a $GE$ egyenesét olyan, az $EB$ egyenesével megegyező állású egyenesbe viszi, amelynek $A$ pontja a $B$ -be megy, vagyis az $EB$ egyeneséről van szó. Ezért ez a forgatás $CGA\triangle$ -et az $ADB\triangle$ -be viszi.)

Ezek szerint $CD=EA+AG=AD+DB$ .

5. megoldás – forgatással

– alapötlet: szakaszok összege egy szakaszon, forgásszimmetrikus alakzat

– bizonyítás alapja: kerületi szög

– szemlélet: „kifelé” dolgozunk

Forgassuk el a $D$ pontot az $ABC$ köré írt kör középpontja körül $-120^\circ$ -kal, így kapjuk a $G$ pontot.

Az $AC$ húrhoz a hosszabbik íven $ABC\sphericalangle=60^\circ$ -os kerületi szög tartozik, így $ADC\sphericalangle=60^\circ$ .

$AGC\sphericalangle=120^\circ$ és $AD=GC$ (a forgatás miatt).

A $DAG\sphericalangle$ felírható három szög összegeként: $DAB\sphericalangle$ , $BAC\sphericalangle=60^\circ$ és $CAG\sphericalangle$ . A forgatás miatt $CAG\sphericalangle=ABD\sphericalangle$ és az $ABD$ háromszögben $DAB\sphericalangle+DAB\sphericalangle=60^\circ$ , így $DAG\sphericalangle=120^\circ$ .

Így az $ADCG$ négyszög húrtrapéz, amelynek az alapokon nyugvó szögei 60, illetve 120 fokosak. Egészítsük ki ezt $EDCG$ paralelogrammává. Ez megtehető úgy, hogy az $AD$ -re kifelé $ADE$ szabályos háromszöget írunk. A paralelogramma két szemközti oldalának hossza egyenlő: $CD=EA+AG=AD+AG$ .

6. megoldás – koszinusztétellel (2)

– alapötlet: Koszinusztétel felírása kétszer ugyanarra az oldalra, trigonometriai összefüggések, számítások alkalmazása

– bizonyítás alapja: kerületi szög, koszinusztétel

– szemlélet: „befelé” dolgozunk

Felhasználjuk a kerületi szögekkel megkapható értékeket ( $ADC\sphericalangle=CDB\sphericalangle=60^\circ$ ), és felírjuk a koszinusztételt az $ADC$ és a $DBC$ háromszögek $a$ hosszú oldalaira.

$\displaystyle a^2=d^2+b^2-2db\cos 60^\circ=d^2+b^2-db,\quad a^2=d^2+c^2-2dc\cos 60^\circ=d^2+c^2-dc.$

Ezek alapján $0=c^2-b^2-dc+db=(c-b)(c+b-d)$ .

Ha $c\neq b$ , akkor $0=c+b-d$ , ami éppen a keresett összefüggést jelenti, $c=b$ -ből pedig következik, hogy (például) az $ACD$ háromszög egy 30-60 fokos derékszögű háromszög, amelyben $2b=d$ , ahonnan $b+c=d$ .

7. megoldás – területtel (3)

– alapötlet: terület felírása kétféleképpen, területek összege trigonometriai összefüggésekkel, számítások alkalmazása

– bizonyítás alapja: kerületi szög, szinuszos területképlet, koszinusztétel

– szemlélet: „befelé” dolgozunk

Az $ADBC$ négyszög területét kétféleképpen írjuk fel. (A megoldás során felhasználjuk, hogy a kerületi szögek egyenlősége miatt $ADC\sphericalangle=CDB\sphericalangle=60^\circ$ , illetve hogy $ADB\sphericalangle=120^\circ$ , $ACB\sphericalangle=60^\circ$ .)

$\displaystyle T_{ADBC}=T_{ADC\triangle}+T_{CDB\triangle}=\frac{b\cdot d\cdot\si... ...ac{b\cdot d\cdot\frac{\sqrt3}{2}}{2}+\frac{d\cdot c\cdot\frac{\sqrt3}{2}}{2},$

illetve

$\displaystyle T_{ADBC}=T_{ABC\triangle}+T_{ADB\triangle}=\frac{b\cdot c\cdot\si... ...=\frac{b\cdot c\cdot \frac{\sqrt3}{2}}{2}+\frac{a^2\cdot\frac{\sqrt3}{2}}{2}.$

A két kifejezés egyenlő, innen $db+dc=bc+a^2$ .

Az $a^2$ -et az $ADB$ háromszögre felírt koszinusztétellel tudjuk másképp kifejezni:

$\displaystyle a^2=b^2+c^2-2bc\cdot\cos120^{\circ}=b^2+c^2+bc.$

Ezt behelyettesítve a korábbi kifejezésbe: $db+dc=bc+b^2+c^2+bc$ , azaz $d(b+c)=(b+c)^2$ . Mivel $b+c$ nem nulla, ebből következik, hogy $d=b+c$ , és ezt akartuk belátni.

8. megoldás – szinusztétellel

– alapötlet: trigonometria, számítások alkalmazása

– bizonyítás alapja: kerületi szög, szinusztétel

– szemlélet: „befelé” dolgozunk

Felhasználjuk, hogy a $CAD$ és a $CGA$ háromszögek hasonlóak (hiszen a $C$ -nél lévő szögük közös, $CAG=60^\circ$ és a kerületi szögek egyenlősége miatt $CDA\sphericalangle=CBA\sphericalangle=60^\circ$ ). Ebből következik, hogy a harmadik szögük is egyenlő: $AGC\sphericalangle=CAD\sphericalangle$ . Mivel a $CD$ húrhoz tartozó különböző köríveken nyugvó pontok az $A$ és a $B$ , így $CAD\sphericalangle+CBD\sphericalangle=180^\circ$ .

Az $ADG\triangle$ -ben $u:b=\sin 60^\circ:\sin(180^{\circ}-\alpha)$ , azaz $u=b\cdot\frac{\sin60^\circ}{\sin\alpha}$ , illetve a $DBG\triangle$ -ben $v:c=\sin60^\circ:\sin\alpha$ , azaz $v=c\cdot \frac{\sin60^{\circ}}{\sin\alpha}$ .

Eszerint $a=u+v=(b+c)\cdot\frac{\sin60^\circ}{\sin\alpha}$ , azaz $a:(b+c)=\sin60^\circ:\sin\alpha$ . Másrészt viszont az $ADC$ háromszögben $a:d=\sin60^\circ:\sin\alpha$ , azaz $d=b+c$ .

9. megoldás – Ptolemaiosz-tétellel (1)

– alapötlet: Szemléletváltás: Az ábrát a kiegészítéssel mint húrnégyszöget tekintjük, magasabb szintű geometriai alapok

– bizonyítás alapja: levezetés

– szemlélet: nem elemi geometriai megoldás, „befelé” dolgozunk.

Az $ADBC$ húrnégyszögben $ad=ab+ac$ , így $d=a+b$ , ami éppen a bizonyítandó összefüggés.

10. megoldás – koordinátageometriával

– alapötlet: Szemléletváltás, az ábrát a koordináta-rendszerbe helyezzük, koordináta-geometria

– bizonyítás alapja: koordinátageometriai összefüggések, távolság

– szemlélet: koordinatizálás (algebraizálás), nem elemi geometriai megoldás, „befelé” dolgozunk.

Legyen a kör az origó középpontú 1 sugarú kör, és legyen a háromszög három csúcsa $A\left(-\frac{\sqrt3}{2};-\frac12\right)$ , $B\left(\frac{\sqrt3}{2};-\frac12\right)$ , $C(0;1)$ . A $D(x,y)$ pont koordinátáira fennáll, hogy $x^2+y^2=1$ . A feladat azon feltétele, hogy $D$ az $AB$ -t összekötő rövidebbik íven van azt jelenti, hogy $-\frac{\sqrt3}{2}\le x\le\frac{\sqrt3}{2}$ és $y\le-\frac12$ .

Annak érdekében, hogy elkerüljük a négyzetgyökvonást, a keresett szakaszok hosszának négyzetét számítjuk ki.

$\vert CD\vert^2=x^2+(y-1)^2=x^2+y^2-2y+1=2-2y$ .

Kiszámítjuk az $AD$ és $BD$ szakaszok hosszának négyzetét:

$\vert AD\vert^2=\left(x+\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+\left(y+\frac12\right)^2=x^2+y^2+\sqrt3x+y+1=2+y+\sqrt3x$ , mert $x^2+y^2=1$ , illetve

$\vert BD\vert^2=\left(x-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+\left(y+\frac12\right)^2=x^2+y^2-\sqrt3x+y+1=2+y-\sqrt3x$ .

Azt kellene belátni, hogy $\vert AD\vert+\vert BD\vert=\vert CD\vert$ , illetve ehelyett azt, hogy $(\vert AD\vert+\vert BD\vert)^2=\vert CD\vert^2$ .

Ehhez szükség lesz a $2\vert AD\vert\vert BD\vert$ szorzatra, ezért kiszámítjuk az $\vert AD\vert^2\vert BD\vert^2$ szorzatot:

$\vert AD\vert^2\vert BD\vert^2=\left[(2+y)+\sqrt3x\right]\left[(2+y)-\sqrt3x\right] =(2+y)^2-3x^2$ . Mivel $x^2+y^2=1$ , ezt tovább alakítva $1+4y+4y^2=(1+2y)^2$ -et kapunk. Itt használjuk fel, hogy $y\le-\frac12$ , azaz $2y\le -1$ , ezért $\vert AD\vert\cdot \vert BD\vert=-1-2y$ , illetve $2\vert AD\vert\cdot \vert BD\vert=-2-4y$ .

Innen $(\vert AD\vert+\vert BD\vert)^2=\vert AD\vert^2+\vert BD\vert^2+2\vert AD\vert\cdot \vert BD\vert=4+2y-2-4y=2-2y$ , ami valóban $\vert CD\vert^2$ .

3. A megoldások összefüggésábrája

A problémamegoldási stratégiák explicit tanítása helyett ezek implicit módon való bemutatása sikeresebbé teszik a stratégiák alkalmazását más problémahelyzetekben is [Rott, B. & Gawlik, T. (2014).]. A stratégiák, illetve a megoldáshoz használt ismeretek összefüggésekben való konkrét tárgyalása belelendíthetik a hallgatót további megoldások keresésébe is, és ez segíti egyrészt az aktív részvételt a feladatmegoldásban, másrészt az összefüggésekben való gondolkodást az ötletkeresésnél is. A következő ábra a felhasznált matematikai eszközöket rendezte a megoldásokban történt felhasználásuk alapján.

Összefüggésábra ([Levav, A. & Leikin, R. (2010).] rendezési ötletét használva): Az ábrán feltüntettük az ismertetett megoldásokat a láncban szereplő sorszámukkal, illetve a megfigyelt hallgató (ld. [Tóth E. (2009).]) megoldásait (kékkel, dőlt betűvel), zárójelben megadva a munkájában kapott sorszámát.

Az ábrán elrendezett 10 megoldás közül 5 szerepelt a megfigyelt hallgatónál (dőlttel kiemelve), ezek elhelyezkedése az ábrán azt is mutatja, hogy a hallgató egy-egy matematikai eszközt ötletként főleg önmagában használt, azaz nem gondolta át, hogy esetleg ezzel tovább is léphetne más megoldások készítése felé.

A megfigyelt hallgatói munkában a Ptolemaiosz-tétellel való megoldás volt az első. Ennek egyik oka lehet, hogy más (elemi) ismeretekhez képest ezt „nemrég” tanulta, illetve egy másik talán az, hogy megvolt az eszköztárában egy közvetlenül alkalmazható, megoldásra vezető tétel, és ez mindenképpen előnyt élvezett. Ez utóbbit némileg alátámasztja, hogy reflektálva megoldásaira, a hallgató ezt a megoldást tartotta a legegyszerűbbnek, és mindössze abban látta alkalmazhatóságának problémáját, hogy csak szakkörön fordulhatna elő a középiskolai oktatásban.

Érdekességképpen megjegyezzük, hogy a legbonyolultabbnak a „számítások” miatt a koszinusztételre épülő megoldást tartotta.

Több hallgatói megoldásban észrevehető volt, hogy a választott megoldáshoz sokszor használtak olyan eszközöket, amelyekkel nemrégiben találkoztak. Magasabb ismeretekre (Ptolemaiosz-tétel, koszinusztétel stb.) történő hivatkozás esetén a felhasznált tételek bizonyításának ismeretét is elvárjuk. Ilyen esetekben kiderülhet, hogy a rövidnek vélt megoldás valójában nagyon is hosszadalmas. Jellemzően szakaszok összegéhez azokat egy szakaszra másolták, ezt sokszor úgy érték el, hogy a két, egymással $60^\circ$ -os szöget bezáró szakasz egyikére szabályos háromszöget írtak.

Megjegyezzük még, hogy a 8. és a 10. megoldás általában csak ötletként szokott felmerülni a hallgatóknál.

4. Befejező gondolatok

A tanulmányban egy, az iskolai oktatásban is használható geometriai probléma megoldásainak vizsgálatával, rendszerezésével a problémamegoldás tanításának/taníthatóságának kérdését is érintettük. Nyilván nem lehetett minden összefüggést feltárni, a hallgatók munkájának egy része a háttérben marad: nem mindent mondanak el, írnak le, így egy-egy gondolatmenet eredetére, feladatok között vont párhuzamokra nem derül mindig fény.

Továbbgondolva azt a lehetőséget,hogy a tanulókat/hallgatókat bevonjuk a megoldások készítésébe jól választott alapmegoldás(ok/ötletek) segítségével, érdemes eltűnődni azon, hogy még mire használható, ha egy (jövendő) tanár egy vagy több (nem túl nehéz) problémához kellően sok és számára rendezett megoldást ismer. Például kiválogathat belőle alkalmasan néhányat, majd ezeket tanulmányozásra adja a tanulóknak azzal a feladattal, hogy ezeket valamilyen szempont szerint rendezzék. Az ennek során végzett aktív tanulói munka komoly többletet jelent különböző megoldások „csak” olvasásával és megértésével szemben, a tanulói problémamegoldás fejlesztése szempontjából.

Tanulmányunkkal a jelenlegi iskolai oktatásban háttérbe szorult geometriai bizonyításokra is fel szeretnénk hívni a figyelmet és bízunk benne, hogy munkánk tanulságos lesz a tanár kollégák számára is.

Irodalomjegyzék

Ambrus, G. & Rott, B. (2017). Hilfestellungen beim Problemlösen in Form von „Lösungsbildern”, Mathematica Didactica. http://www.mathematica-didactica.com/altejahrgaenge/md_2017/md_2017_Ambrus_Rott_Bilder.pdf

Fried, K. (2020). Hány bőrt lehet lehúzni egy feladatról? – avagy nincs új a Nap alatt?, Érintő, 2020 június, https://ematlap.hu/tanora-szakkor-2020-11/979-hany-bort-lehet-lehuzni

Levav, A. & Leikin, R. (2010). Multiple solutions for a problem: A tool for evaluation of mathematical thinking in geometry, Proceedings of CERME 6, January 28th-February 1st 2009, Lyon France © INRP 2010 http://ife.ens-lyon.fr/publications/edition-electronique/cerme6/wg5-11-levav-leikin.pdf

Tóth E. (2009). Feladatok többféle megoldással, BSc szakdolgozat, ELTE TTK, Témavezető: Ambrus G.

Rott, B. & Gawlik, T. (2014). Explizites oder implizites Heurismentraining – was ist besser? Mathematica Didactica, (37) 191–212.

Ambrus Gabriella, Fried Katalin

ELTE TTK Matematikai Intézet, Matematikatanítási és Módszertani Központ