Personalului didactic [627219]

UNIVERSITATEA DE VEST TIMISOARA
Departamentul pentru Pregatirea si Perfectionarea
Personalului didactic
Specializarea :MATEMATICA

LUCRARE METODICO -STIINTIFICA PENTRU
ACORDAREA GRADULUI DIDACTIC I

Conducator stiintific AUTOR
Prof.univ.dr.TRAIAN CEAUSU P rof. ALINA MARIA HETES
Scoala Gimnaziala Ioan Slavici
SIRIA

TIMISOARA
-2016 –

UNIVERSITATEA DE VEST TIMISOARA

Departamentul pentru Pregatirea si Perfectionarea
Personalului didactic
Specializarea :MATEMATICA

PROBLEME CARE SE REZOLVA CU AJUTORUL
ECUATIILOR . ASPECTE METODICE

Conducator stiintific AUTOR
Prof.univ.dr.TRAIAN CEAUSU Prof. ALINA MARIA H ETES
Scoala Gimnaziala Ioan Slavici SIRIA

TIMISOARA
-2016 –

UNIVERSITATEA DE VEST TIMISOARA

CUPRINS

Introducere ………… …………………………………………………………………………………
Capitolul1 Introducere ………………………………………………………… ………………
1.1Motivaț ia alegerii temei ……………………………………………… …………….
1.2Obiectivele lucrarii………………………………………………………………………
1.3 Despre ecuatii…………………………………………………………………………..
Capitolul2 ……………………………………………………… ……………………………………….
Metode de rezolvare a problemelor
2.1 Meto da figurativă …………………………… ………………………………………. .
2.2 Metoda reducerii la unitate ……………………………………………………….
2.3 Metoda falsei ipoteze…………………………………………………………………
2.4 Metoda mersului invers …………………………………………………………………. .
2.5 Metoda comparației …………………………………………… …………………
2.6 Probleme de mișcare ……………………………………………………… …
2.7 Problem e cu rapoarte, procente si proporț ii……………………………….
2.8 Proble me de aliaj si amestec………………… …………………………………… .
2.9 Probleme cu conț inut geometric…………………………………………………
2.10 Pr obleme de perspicacitate si numă rare……………………………………
2.11 Ecuaț ii in ℕ,ℤ,ℚ si ℝ…………………………………………………………………….
Capitolul3 …………………………………………………………………
Valorificarea strategiilor didactice interactive pentru formarea
competentelor elevilor in predarea matematicii …………………………………………..

1

CAPITOLUL 1 Introducere

1.1.Motiva ția alegerii temei

Urmă rind totalitatea obiectivelor pe care le implică predarea respectiv
învățarea matematicii, abordarea ș i rezolvarea problemelor î nseamnă o
incursiune analitică și sintetică superioară . Matematica, este ș tiinta care ne
formează, ne modelează felul de a gâ ndi, ne antrenează gândirea logică pentru
a putea să ne descurcăm î n orice sit uație, la apariț ia unei problem e de orice fel
sau a unei situaț ii, cu car e poate nu ne -am mai intălnit până acum. Fiecare
persoană se lovește de matematică zilnic, chiar și în cele mai simple activităț i pe
care le facem. Indiferent că sunt constructori, instalat ori, doctori, ingineri,
arhitecț i, strungari sau șoferi oamenii vor avea întotdeauna nevoie de
matematică , nu doar pentru g estionarea problemelor de natură personală ci și
în exercitare a meseriilor lor.
Activitatea de rezol vare a problemelor solicită în cel mai mare grad cu
putință atât potențialul intelectual al elevilor cât si toate caracteristicile psihice
de care aceș tia dispun.In sens psihologic o problemă este orice situaț ie
,dificultate sau obstacol întâmpinat de gâ ndire în activitatea practică sau
teoretică pentru care nu există un ră spuns gata formulat.In general or ice
chestiune de natura practică sau teoretică care reclamă o soluționare, o
rezolvare poartă numele de pro blemă .
Referindu -ne la matematică , prin problemă se înțelege o situație a cărei
soluț ionare se poate obține esențial prin procese de gândire și
calcul.Problema de matematică reprezintă transpunerea unei situaț ii pra ctice
sau unui complex de situați i practice in relații cantitative ș i in care p e baza
valorilor numerice date și aflate într -o anumită dependență unele fața de
altele si faț a de una sau mai multe valori numerice cunoscute ,se cere
determinarea acestor valori necunoscute.
Rezo lvând probleme cu ajutorul ecua țiilor elevii sunt nevoi ți sa foloseasc ă
toate cuno știntele de matematic ă pe care le -au învătat, de la no țiuni fundamen –
tale de aritmetic ă, precum opera țiile ba nale de adunare, scadere, înmul țire sau
împărțire, la no țiuni de alge bră de genul ecua țiilor și al sistemelor de ecua ții, al
procentelor p ână la no țiuni de geometrie cum ar fii arii, perimetre, volume, uni –
tăți de masur ă pentru lungime,arii capacitate , etc .Rezolv ând tot mai multe
probleme de acest tip la orele de matematic ă elevul învață sa le transpun ă și în
viața reală înțelegând astfe l utilitatea matematicii in via ța de zi cu zi.Trebuie

2
remarcat faptul c ă parcurg ând zeci de probleme din manualele si culegerile
noastre nu vom g ăsi întotdeauna probleme care au cu adevarat aplicabilitate
practic ă sau care au izvor ât din realitatea înconjuratoare ci și probleme
abstracte .

1.2 Obiectivele lucră rii

Lucrarea de fața intitulată Rezolvar ea problemelor cu ajutorul ecuaț iilor.
Aspecte metodice .se doreș te a fii un răspuns adresat e levilor la î ntrebă ri de
genul De ce trebuie să î nvăț am matematica? sau La ce ma ajută matematica
in viaț a? De asemenea poate fi considerată un sprijin în munca la clasă de către
profesorii de matematică .
Matematica este considerat ă una din din ciplinele de maxim ă importan ță
pe care elevii le studiaz ă pe parcursul anilor de școală.Alaturi de fizic ă si chimie
face parte din r ândul științelor exacte care ne ajut ă să “lupt ăm “cu rezolvarea
proble melor de zi cu zi pornind de la cele mai elementare până la cele cu un grad
de di ficultate mai ridicat .Cu situa ții de genul : “ Cât trebuie s ă primesc rest dac ă
îi voi da v ânzătoarei o bancnota de 100 de lei pentru a achita cump ărături de
78.87 lei ? ” , “Cât va costa aceast ă pereche de pantofi dac ă s-a ieftini t cu
douăzeci si patru la sut ă ? “ sau “Dacă plecam la Neptun si mergem cu optzeci
kilometrii pe ora in c ât timp vom ajunge ? “ ne întâlnim foarte des in via ța .Fără
ajutorul matematicii nu am reu șii nici m ăcar sa ne administr ăm veniturile si
cheltuielile familiei .Matematica ne ajut ă în rezol varea tuturor problemelor ,
putând g ăsi cu ajutorul ei cea mai scurt ă cale de rezolvare a problemelor.
Pentru a putea rezolva aceste proble me orice individ trebuie sa dobân –
dească ca ele v, de pe bancile ș colii deprind eri numerice si matematice esențiale
în rezolvarea lor .De exemplu sa știe să efectueze cu ușurința cele patru operaț ii
elementare : adunare, scădere, înmulțire si împărțire , să știe cum se tra nspune
matematic expresii de genul: cu un numă r de ori mai mare (sau mai mic), de un
numă r de ori mai mare (sau mai mic). De a semenea este foarte important să știe
noțiuni elementare legate de fracții (cum ar fi jumă tatea ,sfertul , o treime) ,de
procente sa u unități de măsură pentru lungime ,suprafață ,capacitate etc.
Primele experiențe ale copiilor în raport cu științele și în special cu
matematica sunt esenț iale .Problemele tre buiesc abordate cu rabdare pe
înțelesul lor deoarece elevii în mome ntul în care nu înteleg un tip de exercițiu
vor manifesta reticenț a față de celelalte exerciții si apoi fața de disciplina însăși.
Pentru a preîntampina astfel de situații este foarte bine dacă profesorul

3
foloseș te strategii didactice diferite care pot sc himba viziunea asupra
problemel or si respectiv al matematicii î n ansamblu .
Lucrarea de fata mi -am propus să fie un ajutor concret atât pentru elevi
cât și pentru profesori.Urmând pas cu pas și recapitulând metodele de rezolvare
a problem elor aritmetic sau algebric vom încerca sa trecem uș or ba riera spre
probleme care implică ecuaț ii cu nivel de dificultate mai ridicat. Din experiența
anilor petrecuți la catedră pot să spun că de foarte multe ori în momentul în care
ne doream să rezolvăm o prob lemă cu enunț care i mplică automat formarea
unei ecuaț ii si rezolvarea ei, observam o ușoară reținere din partea
elevilor.Imediat în mintea lor apă rea ideea de a trece mai departe la un alt tip
de exerciț iu unde sa nu fie "prea mult enunț ".
Mi-am propus să fac un sondaj legat de ceea ce se petrece in mintea unui
elev î n momentul i n care vede o astfel de problemă .In acest scop am format un
grup de 30 de elevi din clasa a VII -a si am ales urmatoarea problemă :
Claudiu si Cristina sunt frați.Su ma vâ rstelor cel or doi frați este de 41 de ani.
In urmă cu 10 ani vârsta Cristinei era jumătate din vâr sta lui Claudiu .
Ce vâ rstă au Cristina ș i Claudiu acum?
După ce elevii au avut la dispoziț ie 2-3 minu te să citească problema , am
adresat urmă toarea î ntrebare:
La ce va gândiți în momentul când vedeți o astfel de problemă ?"
Elevii au dat următoarele ră spunsuri:
1.Cum voi încep e?
2.Pot să rezolv c um făceam cu doamna învăță toare ?
3. Ce se întamplă dacă mă î npotmoles c pe parcurs?
4.Ce fac dacă răspunsul pe care l -am găsit se dovedește greșit în momentul î n
care fac verificarea ?
5.Problemele care se rezolvă cu ajutorul ecuaț iilor sunt foarte grele.Nu le
suport.
După acest sondaj apare automat următoare a întrebare:
Rezolvă m problemele aritmetic sau algebric?
Când tinerii elevi pășesc î n ciclul gimnazial, vin c u un impresionant bagaj de
cunoștiințe ș i metode de rezolvar e a problemelor și exerciț iilor. O mare bucata
de timp ei gandesc cum au fost învățați de doamna învățătoare și asta le e de un
real folos. Am întălnit dese situații când, pentru al face pe elev să găndească o
rezolvare, simpla men ționare a doam nei îi face să privească altfel lucrurile.
Probabil scăd erea interesului pentru învățătura odată cu înaintarea în vârstă și
creșterea volumului de informație îi face pe elevii de gimnaziu să rezolve multe
situații cu metodele învățate î n ciclul primar, a dică aritmetic. Dacă se întâ lnesc
cu o problemă un pic mai dificilă , și constată ca nu mai pot reprezenta grafic
sau folosi o alta metodă din cicl ul primar incep sa dea inapoi,să fie reticenți.

4
Elevii simt foarte repede rigiditatea metodei algebrice si a proape î ntotdeauna
vor dori sa rezolve probl emele folosi nd metoda aritmetică .
Este foarte important de asemenea ca elevul s ă facă distinc ție între
problemele de aritmetic ă și problemele de algebr ă, sau între solu ția aritmetic ă
și solu ția algebric ă a unei probleme.Orice problem ă care se poat e rezolva cu
ajutorul unei ecua ții de gradul întâi sau al unui sistem de dou ă ecua ții de gradul
întâi cu dou ă necunoscute se poate rezolva și pe cale aritmetic ă. Modalitatea
cea mai bun ă de a diferen ția problemele de aritmetic ă de problemele de algebr ă
este de a studia relațiile dintre necu noscute.Problemele de aritmetic ă pot fi
oricând rezolvate cu ajutorul ecua țiilor.In general putem spune c ă dacă într-o
ecua ție necunoscuta apare de cel pu țin dou ă ori avem de -a face cu o problema
de algebr ă.In lucrarea de fa ță am pre zentat probleme încep ând de la cele ma i
banale care se pot rezolva at ât prin metoda aritmetic ă cât și prin metoda
algebric ă până la cele cu nivel de dificultate mai ridicat care se pot rezolva doar
prin metoda algebrica.
In mod no rmal pentru a rezolva o problem ă de aritmetic ă se procedeaz ă
astfel: se descompune în probleme simple care se rezolv ă cu o singur ă opera ție
folosind datele din problem ă, ultima problem ă simpla d ând de altfel si rezulta tul
final al problemei propuse.Elevii tind s ă asimil eze mai u șor acest tip de rezolvare
creându-se în acela și timp un fel de algoritmizare a problemelor.In cazul
problemelor care se rezolv ă cu ajutorul ecua țiilor greutatea pe care o întampin ă
elevii este nu at ât faptul c ă nu își dau seama ce rela ții exist ă între m ărimile care
intervin în problem ă cât faptul c ă nu sunt obijnui ți să exprime aceste rela ții cu
ajutorul necunoscutei sau a necunoscutelor.

1.3 Scurta e volu ție a ecua țiilor de -a lungul anilor

O importan ță deosebit ă în rezolvarea acestor probleme o are deprinderea
de a forma respectiv de a rezolva ecua ții, de la cele mai simple la cele mai
complexe, de la ecua ții de gradul întâi până la ecua ții de grad patru sau mai
mare respectiv de a rezolva sisteme de ecua ții în cazurile în care, în probleme
apar mai multe necunoscute.
Rezolvarea problemelor cu ajutorul ecua țiilor d atează din vremuri stravechi
cu circa 2000 de ani î .d.Hr., de când au î nceput sa fie rezolvate e cuațiile de gradul
întâi si doi prin indicație verbală , atesta documente scrise egip tene și caldeene.
In Grecia Antică erau cunoscute identitaț i algebrice, exprimate sub forma
geometrică ș i erau rezolvate grafic unele ecuaț ii de gra dul trei si patru prin
intersecț ii de conice. Diofant (secolul III) utiliza li tere speciale pentru operaț ii si
numere , inițiind notaț iile simbolice.

5
In Evul Mediu ,ideile algebrice au fost dezvoltate de ma tematicieni indieni ș i
arabi. Aceștia au formulat în cuvinte regula generală de grupare a termenilor și
de trecere a lor dintr -o parte în alta , pentru rezolvarea e cuaț iilor de gradul I.
In Epoca Modernă , algebra a cunoscut o dezvoltare considerabilă in perioada
Renașterii, câ nd s -a fixat notația simbolică actuală .Matematicienii italieni
Tartaglia si Ferrari au dat metoda g enerală de rezolvare a ecuaț iilor de gradul
trei si patru.Lista matematic ienilor care au avut o contribuție extrem de
importantă în rezolvarea ecuațiilor continuă cu matematicianul Franc ois Viè te
(1540 -1603) care a efectuat calcule algebrice c u formule l iterale si a dat relațiile
între ră dacini si coeficienți sau cu René Descartes care a ridicat calculul algebric
la semnificația lui abstractă ș i a dat o limita re a numărului rădă cinilor pozitive
ale unei ecuaț ii algebrice.
După cum vedem rezolvarea de probleme cu ajutorul ecuațiilor a fost obiect
de studiu pentru matematicieni din cele mai vechi timpuri până în prezent, ele
aducând un aport extrem de important la evoluția societății omenești.

6
Capitolul 2
Metode de rezolvare a problemelor

2.1Metoda figurativa

Metoda figurativ ă ( sau metoda grafic ă) este o metod ă de rezolvare a
problemelor de matematic ă care presupune reprezentarea datel or din
problem ă ,a necunoscutelor și a rela țiilor dintre ele cu ajutorul desenelor: linii,
segmente , figuri geometrice sau alte forme grafice. Metoda segme ntelor este
de fapt tot o metod ă figurativ ă, ea referindu -se de fapt do ar la problemele în
care reprezenta rea datelor se fa ce doar cu ajutorul segmentelor.
Pentru exemplificare voi preze nta rezolvarea unor probleme at ât prin
metoda figurativ ă cât si prin metoda algebric ă.

Exemplul1. Amelia si mama ei au impreun ă 48 de ani . Știind că mama are de 7
ori v ârsta Ameliei ,s ă se afle ca ți ani au fiecare.
Rezolvare .
Varianta1 .Metoda grafic ă (metoda segmentelor)
Pentru a rezolva aceast ă problem ă, care poate fi considerat ă o problem ă
banal ă de aritmetic ă vom incerca s ă descompunem problema in d ouă ,trei
probleme simple care s ă se rezolve u șor folosind opera țiile aritmetice învățate
în ciclul primar.
Reprezentarea datelor: pentru v ârsta Ameliei vom desena un segment iar
pentru v ârsta mamei 7 segmente .
Amelia total
Mama 48 ani
Se observ ă ca avem 8 segmente egale care împreun ă totalizeaz ă 48 .
Problema1. Afl ăm cât reprezint ă un segment .
Efectu ând împărțirea 48:8=6 obținem valoare a unui segment , care
reprezintă de fapt vârsta Ameliei.
Problema 2.Aflam vâ rsta mamei .
Pentru afla vârsta mamei putem proceda in două moduri:
-fie scădem din total vâ rsta Ameliei 48 -6=42(ani)
-fie înmulț im 6(ani)x7(segmente)=42(ani)
Varianta2. Metoda algebric ă

7
Pentru a rezolva prin metoda algebric ă este necesar s ă parcurgem urmatorii
pași.
-P1 identificarea necunoscutelor si notarea lor ;
-P2 stabilirea rela țiilor între m ărimil e cunoscute și cele necunoscute;
-P3 punerea problemei in ecua ție si rezolvarea ei ;
-P4 verificarea solu ției;
-P5 interpretar ea solu ției problemei .
Pentru problema noastr ă vom nota cu x v ârsta Ameliei .Varsta mamei fiind de
7 ori mai mare va fi 7 ·x. Punând problema în ecua ție vom ob ține:
x+7·x=48 ⇒ 8·x=48 deci x=48:8 =6
In consecință vâ rsta Ameliei este de 6 ani i ar vârsta mamei va fi 7×6=42 (ani)
Verificare: 42+6=48 (ani).
Soluție :vârsta mamei va fi 42 de ani iar vârsta Ameliei 6 ani.
De cele mai mult e ori aceste probleme sunt privi te ca probleme de aritmrtică
nu de algebră .Acest tip de problemă poate fi rezolvat fară a pomeni de noțiunea
de ecuație ci doar pe baza operaț iilor inverse . Datorită operațiilor inverse, se
ocolește noțiunea de ecuație ș i cu ajutorul celor patru operaț ii aritmetice se pot
rezolva un numă r mar e de probleme de pus in prac tică.
Un alt exemplu tipic de problem ă în rezolvarea c ăreia se folo sește metoda
figurativ ă este exemplul 2.
Exemplul 2 . Adrian a si Gabriela au confecț ionat împreuna 210 de fundiț e
pentru petrecerea de final de an .Adrian a a confecționat cu 5 fundiț e mai mult
decâ t Gab riela . Cate fundițe a confecț ionat fiecare?
Rezolvare :
Varianta 1 . Metoda figurativ ă
Pentru o mai bună rezolvare a problemei elevii sunt îndrumaț i să
reprezinte grafic datele problemei .In cele mai multe c azuri din reprezentarea
grafică a datelor problemei deducem intreaga rezolvare a problemei.
Gabriela
Adrian a + 210 fundite
Studiind schema grafică vom încerca să descompunem problema in trei
probleme simple.
Observăm ca fără cele 5 fu ndite pe care Adriana le are î n plus cele doua f ete
ar avea numar egal de fundiț e .
Problema1. Aflam mai int âi cât au împreun ă cele dou ă parți egale .
210-6=204 (fundi țe)
Problema2.Aflam c ât reprezint ă o parte (ad ică cate fundi țe a confec ționat
Gabriela)
204:2=102 fundi țe

8
Problema3.Aflăm câte fundițe a confecț ionat Adriana.
102+6=108 fundiț e
Verificare :108+102=210 fundite.
Solu ție:Adriana a confecț ionat 108 fun dițe.
Gabriela a confecționat 102 fundițe.
Varianta 2.Metoda algebric ă
Putem rezolva problema algebric in dou ă modalit ăți:
– notând num ărul de fundi țe realizate d e Adri ana cu x iar num ărul de fundi țe
realizate de Gabriela cu y, apărând așadar în problem ă două necunoscute x și
y și rela ția dintre ele x+y=210 .
Observ ăm că y este c ât x și înca 6 fundi țe în plus deci putem s ă îl scriem pe
y cu ajutorul lui x ,y=x+6.Punem pro blema în ecua ție:
x+x+6=210 ⇒2·x+6=210 ⇒2·x=204 iar x=102
Deci y=102+6=108
– notăm cu x num ărul de fundi țe realizat de Gabriela .Vom exprima num ărul de
fundițe realizat de Adriana direct x+6 f ără a introduce cea de -a doua
necunoscut ă
Punem problema in ecuaț ie : x+x+6=210 ⇒ 2·x=204 iar x=102
Verificare :102+108=210
Soluție: In concluzie numărul de fundițe confecț iona te de Gabriela este 102 iar
numărul de fundițe confecț ionate de Adriana este 102+6=108.

Problema urmatoare este o problemă cu un grad mai ridicat de dificultate
chiar daca necesită din partea elevilor doar cunoa șterea operațiilor elementare
și a Teoremei impărț irii cu rest D=C·I+R . In plus avem de -a face cu trei
necunoscute.Enunț ul problemei este mai lung, plin de informaț ii de aceea es te
indica t ca elevii sa citească și să recitească de mai multe ori enunț ul proble mei
pentru a nu scapa o informație esențială î n rezolvarea ei.
Exemplul 3. Se dau t rei numere naturale a, b, c.Dacă împărțim primul număr
la al doilea se obține câ tul 4 si restul 5 ,iar dacă se impart e al treilea la al doilea
se obține câtul 6 și restul 2.Știind că diferenț a dintre al treilea ș i primul este de
325 ,aflaț i cele trei numere.
Rezolvare:
Varianta 1. -Metoda figurativă
Ținând cont de datele din problem ă și de Teorema împărțirii cu rest putem
estima c ât este a în func ție de b si c ât este c în func ție de b pentru a le putea
reprezenta grafic ulterior .Din Teorema împărțirii cu rest ob ținem c ă :
a:b=4 rest 5 deci a=4·b+5

9
c:b=6 rest 2 deci c=6·b+2
si c-a=325 deci necunoscutele a ș i c se scriu cu ajutorul lui b
A +5
B
C +2
Ca de obicei reprezentarea grafică oferă ideea pentru rezolvarea problemei .
Observăm de pe desen ca dacă la 325 adunăm 5 ,apoi scădem 2 si rezultatul îl
împărțim la 2 obț inem exact lungimea unui segment :
(325+5 -2):2=328:2=164
164-reprezintă un segment adică numă rul b
In concluzie primul nu măr va fi a=164·4+5=656+5=661 iar al treilea numă r va
fi c=164·6+2=984+2=986
Este indicat ca la sf ârșitul problemei s ă indrum ăm elevii s ă nu uite de
verificarea solu ției problemei s i de prezentarea ei foarte clar ă:
Verificare: 661:164=4 rest 5
986:164=6 rest 2
și 986 -661=325
Solu ție:numerele ob ținute verific ă relațiile din problem ă, deci solu țiile
problemei sunt:a=661, b=164, c=986
Varianta 2 -Metoda algebrica
Stabilim intâi necunoscutele si relaț iile d intre ele folosind și de acesta dată
Teorema împărțirii cu rest.Nu mai necesită notarea necuno scutelor deo arece
acestea sunt deja notate în enunțul problemei.Din T.I.R. rezultă că :
a=4·b+5 si c=6·b+2 în plus problema ne furnizeaz ă o a 3 -a rela ție pentru a
pune problema in ecua ție: a-c=325
Folosind datele p roblemei punem problema in ecua ție :
6·b+2 -(4·b+5)=32 5 ⇒ 6·b+2 -4·b-5=325 ⇒ 2·b=328 ⇒b=328:2=16
deci a=4·164+5=661 si c=6·164+2=986.
Solu ție: a=661, b=164, c=986
Urm ătoarele dou ă probleme putem spune c ă sunt izvor âte din realitatea
cotidian ă, dar îi pun me reu in dificult ate pe elevi, ne știind în cele mai multe
cazuri cu ce s ă înceap ă.In manual și culegeri sunt foarte multe exemple de a cest
fel astfel c ă odat ă vazute și înțelese cateva ex emple elevii vor merge pe aceea și
pași și în rezolvarea celorlalte probleme.Din munca la catedr ă am observant c ă
elevii prefer ă să rezolve acest tip de probleme folosind metoda algebric ă.
Exemplul 4 . Dacă elevii unei clase ar fi a șezați câte unul în banc ă ar rămâne 6
elevi f ără banca ,iar dac ă s-ar așeza c âte 2 ar r ămane 3 b ănci libere .
Câți elevi și câte bănci sunt în clas ă?

10
Rezolvare:
Varianta 1.Metoda figurativă
La aceast ă problem ă realiz ăm schema folosind pentru banc ă un dr eptunghi
iar pentru copil o fa ță zambitoare.
La prima re partizare avem urmatoarea situa ție:

La a doua repartizare situația se prezintă astfel:

Completarea băncilor s -a făcut cu cei 6 elevi care nu aveau b ănci și cu cei trei
elevi care au stat în băncile care acum sunt goale .
6 elevi+3 elevi=9 elevi adic ă sunt 9 banci care contin 2 elevi .
Prin urmare sunt 9 b ănci care con țin 2 elevi .
Deci 2×9 b ănci=18 elevi si 9+3=12 b ănci
Solutie:18 elevi si 12 b ănci
Metoda 2.Metoda algebrică
Vom nota cu x num ărul total de b ănci iar cu y num ărul de elevi. Ținând cont
de datele din enun ț vom încerca sa stabilim rela ții între necunoscute :
x=1·y+6 ⇒ 2·(y-3)=1·y+6 ⇒ 2·y-6=y+6 ⇒ y=12 si x=12
2·(y-3)=x
Deci am ob ținut un num ăr de 12 b ânci și un num ăr de 18 elevi .

Exemplul 5. In curtea școlii elevii fac echipe de h andbal formate din cate 4 fete
și 2 baie ți pentru campionatul școlii.Cinci eleve și un elev sunt transfera ți la
echipa de basket a școlii iar copiii se hot ărăsc să se regrupeze în echipe de c âte
5 fete și trei baie ți .
Câte fete și cati baie ți au fost la început în curtea școlii?
Rezolvare: Varianta1 .Metoda figurativ ă.
Avem urm ătoarea situa ție la început :
Echipele sunt reprezenta te prin cercuri .Fetele prin fe țe zâmbitoare colorate
cu galben iar b ăieții prin fe țe zâmbitoare colorate cu verde

11

Prin plecarea celo r 5 fețe obținem următoarea situație

După regrupare ș i form area noilor echipe vom avea urmă toarea reprezentare:

Soluție:după regrupare avem trei echipe formate din c inci fete și trei băieț i

12
In total 15 fete si 9 baieț i .Adună d cei 6 elevi care au plecat avem la î nceput 30
de el evi din care 20 fete si 10 băieț i.

2.2Metoda reducerii la unitate

Voi î ncepe p rin prezentarea unor probleme uș oare care sunt foarte u sor de
rezolvat de către elevi, în care se găsesc doar două mă rimi care depind unele de
altele,urmând să trecem ș i la problem e cu un g rad mai ridicat de dificultate în
care există trei marimi care depind între ele iar rezolvarea lor să necesite
descompunerea î n mai multe problem e simple.
Exemplul 1 .In 9 ladi țe sunt 36kg de cap șuni.C âte kg de cap șuni sunt în 5
ladițe știind c ă în fiecare l ădița este aceea și cantitate de c ăpșuni ?
Rezolvare : Varianta 1. Metoda reducerii la unitate
Dacă în 9 l ădițe sunt 36 kg c ăpșuni atunci putem afla c âte kg de c ăpșuni sunt
într-o lădită(reducerea la unitate) :
36:9=4(kg)
Dacă într-o ladit ă sunt 4 kg cap șuni atunci în 5 l ădițe vor fi
5·4=20(kg)
Varianta 2. -metoda algebric ă
Inainte de a începe re dactarea problemei, citind enun țul remarc ăm că cele
două marimi din problem ă scad, deci sunt în rela ție de propor ționalitate direct ă.
Folosind regula de trei simpl ă am notat cu x num ărul de kg din ce le cinci l ădițe.
9 lădiț e…………………………………..36 kg
5 lădiț e …………………………………..x kg

x= (5·36):9= 20 (kg)
Răspuns:in 5 lădițe vor fii 20 kg de căpș uni.

Exemplul 2 .Un baz in se umple prin 6 robinete în 45 de ore. In c ât timp vor
umple acela și bazin 9 robinete care au acela și debit?
Rezolvare :Varianta 1
Dacă un bazin se umple prin 6 robinete în 45 de ore, atunci un robinet va
umple acela și bazin într-un interval de timp de 6 ori mai mare.
adică 45·6=270 (ore)
In consecina 9 robinete vor umple bazinul într-un timp de 9 ori mai mic
270:9=30(ore)
Calculele se pot așeza ș i astfel:

13
6 robinete………………………………..45 ore
1 robinet………………………………….6·45(ore) =270(ore)
9 robinete………………………………… 270:9=30(ore)
Varianta 2 .Având în vedere c ă o marime cre ște în timp ce cealalt ă descre ște
stabilim c ă cele dou ă mărimi sunt in rela ție de propor ționalitate invers ă .Vom
avea urmatoarea schem ă:
Notăm cu x num ărul de ore necesar umplerii bazinului prin cele 9 robin ete.
6 robinete……………………………………………45 ore
9 robinete…………………………………………….x ore
x=(6·45):9= 30 (ore)

Exemplul 3 .In 6 zile 15 vaci m ănâncă o cantitate de 270 kg de f ân.Ce cantitate
de fân este necesar ă pentru a hr ăni 20 de vaci o perioad ă de 14 zile?
Rezolvare:
Pentru o mai mare u șurință în rezovarea problemei vom aranja datele
astfel:
6 zile……………………….. 15 vaci…………………………270 kg de f ân
14 zile……………………… ..20 vaci…………………………? Kg de f ân
Aflăm cât mănâncă într-o zi 15 vaci
1 zi…………………………. .15 vaci…………………………. .270:6=45 kg de f ân
Aflăm cât mănâncă într-o zi o vac ă
1 zi………………………… ….1 vac ă……………………………45:15=3 kg de f ân
Aflăm cât mănâncă o vac ă în 14 zile
14 zile……………………… ….1 vaca…………………………..14·3=42 kg de f ân
In final aflam c ât mănâncă în 14 zile 15 vaci
14 zile………………………….15 vaci…………………… ……15·42=630 kg f ân

Exemplul 4 . Prin 3 robinete , fiind deschise timp de 4 zile c âte 7 ore pe zi
curg 35196 litri de apa.In c âte zile , prin 4 robinete cu acela și debit , fiind deschise
6 ore pe zi curg 30168 litri?
Rezolvare:
Aranj ăm datele și rezolvarea schematic astfel:
3 robinete……………………28 ore…………………………35196 litri
3 robinete……………………1 ora…… ………………………35196:28=1257 litri
1 robinet……………………..1 ora……………………………1257:3=419 litri
4 robinete……………………1 ora……………………………419·4=1676 litri
4 robinete…………………… 6 ore……………………………1676· 6=10056 litri
30168:10056=3 zile

14
Deci, in concluzie după 3 zile va curge cantitatea dorită prin cele 4 ro binete
care curg î n fiecare zi 6 ore.
Exemplul 5 .Un biciclist parcurge în 10 ore o distan ță de 180 km iar un
automobil parcurge în acela și interval de timp 630 km.In c âte ore parcurge
biciclistul distan ța pe care o parcurge automobilul în dou ă ore?(Viteza
biciclistului si vit eza automobilului nu se modific ă)
Rezolvare:
Intr-o oră automobilul parcurge 630:10=63(km)
In dou ă ore automobilul parcurge 63·2=126(km)
Biciclistul parcurge într-o ora 180:10=18 (km)
Dacă într-o oră biciclistul parcurge 18 k m atunci cei 126 km sunt parcur și în
126:18=7(ore)

2.3 Metoda falsei ipoteze
O problem ă de matematic ă este alc ătuită din dou ă părți :
1.ipoteza problemei -partea în care sunt enun țate datele problemei
2.cerin țele problemei
Metoda falsei ipoteze const ă în a face o ipotez ă (presupunere) oarecare (de
obicei se pleac ă de la presupunerea toate s ă fie de acela și fel ), se observ ă
nepotrivirile cu enun țul și se determin ă modificari le ce trebuiesc f ăcute pentru
a ob ține r ăspunsul corect.

Exemplul 1.Un bloc cu apartamente de 2 respectiv 5 camere are în total 380
camere . Câte apartamente sunt cu 5 camere si câte cu 2 camere?
Rezolvare : Varianta 1 -folosind o presupune re fals ă
Presupunem c ă avem doar apartamente cu 5 camere
In acest caz vom avea
5·100=500 (camere)
Diferen ța dintre num ărul de camere ob ținut si cel real este:
500-380=120 (camere)
Apartamentele cu 5 camere au în plus 3 camere fa ța de cele cu 2 camere,
deci 120 :3=40 apartamente cu 2 camere
In concluzie vom avea: 40 apartamente cu 2 camere si 60 apartamente cu 5
camere.
Varianta 2: metoda algebrică

15
Notăm numă rul de apartamente cu 2 camere cu x și numă rul de aparta –
mente cu 5 camere cu y.Ținând cont de datele din problemă stabilim relații
între necunoscute:
x+y=100 (ecuația 1) 2·x+5·y=380 (ecuatia 2)
Din ecua ția 1 exprim ăm pe x în func ție de y și îl inlocuim în ecua ția 2
obținănd astfel o ecua ție cu necunoscuta x.
x=100 -y
2·(100 -y)+5·y=380 ⇒200-2·y+5·y=380 ⇒3·y=180
deci y=60 (apartamente cu 5 camere)
x= 100-60=40 (apartamente cu 2 camere)
Solutie: 60 apartamente cu 5 camere si 40 apartamente cu 2 camere
Exemplul 2. In curtea unui fermier sunt gă ini și oi .Numă rul capetelor este de
60 iar numărul picioarelor este 150.Câte găini și câ te oi are fermierul in curte .
Rezolvare:
Varianta1: -metoda falsei ipoteze
Vom presupune că î n gradina fermierului sunt numai oi.Numă rul p icioarelor î n
acest caz va fi: 60·4=240 (picioare)
Diferența dintre numărul presupus de picioare și numă rul real este de
240-150=90 (picioare)
Efectu ănd 90:2=45 ob ținănd astfel num ărul de g ăini
Deoarece în curte sunt 60 de capete vom ob ține
60-45=15 numarul de oi.
Verificare:45+15=60 capete si 150 picioare
Solutie:15 oi si 45 g ăini
Varianta 2. Metoda algebrică
Notăm numărul găinilor cu x si numărul oilor cu y.Vom obtine urmatoarele
relaț ii:
x+y=60 (ecua ția 1) și 2·x+4·y=150 (ecua ția 2)
Din ecua ția 1 exprim ăm pe x în func ție de y și îl înlocuim în a doua ecua ție
x=60 -y ⇒ 2·(60 -y)+4·y=150 ⇒ 120-2·y+4·y=150 ⇒2·y=30 de unde y =15
In concluzie num ărul o ilor este 15 iar cel al g ăinilor este 60 -15=45.

Exemplul 3 .Suma de 290 lei s -a plătit cu 37 bancnote ,unele de 10 lei , altele
de 5 lei . Câte bancnote s -au folosit de fiecare fel ?
Rezolva re:Varianta 1
Pornim de la ipoteza fals ă că suma respectiv ă s-a platit numai cu bancnote de
10 lei. Dacă am avea numai banc note de 10 lei suma ar trebui s ă fie :
34·10=340 lei
Avem o diferen ța între suma rezultat ă în urma presupunerii și suma ini țiala de:
340-290=50 lei

16
Diferența dintre cele două bancnote este de 10 -5=5 lei
Impărțind 50:5=10 obținem astfel numă rul bancnotelor de 5 lei .
Efectuând scaderea 34 -10=24 obț inem numarul banc notelor de 10 lei.
Deci pen tru a p lăti 290 lei s -au folosit 24 bancnote de 10 lei si 1 0 bancnote de
5 lei .
Varianta 2.
Notăm numă rul de bancnote de 10 lei cu x si numărul de bancnote de 5 lei
cu y.Ținănd cont de datele din problemă obținem următoarele relaț ii:
x+y= 34 (ecuatia 1) și 10·x+5·y=290 (ecuatia 2)
Exprimăm din prima ecuație pe x în funcție de y ș i o inlocuim in cea de -a
doua ecuație obținănd astfel o ecuaț ie cu necunoscuta y:
x=34 -y ⇒ 10·(34 -y)+5·y=290 ⇒ 340-10·y+5 ·y=290
Deci 5·y =50 ⇒y =10 si x=34 -10=24
Vom obține un numă r de 10 bancnote de 5 lei si un num ăr de 24 bancnote de
10 lei .

Exemplul 4. 86 de flori au 770 petale.Știind că florile au 5,7 și 11 petale ș i cele
cu 7 pet ale sunt de 3 ori mai multe decăt cele cu 5 petale să se afle câ te flori
sunt de fiecare fel.
Rezolvare: Varianta 1:Presupunem ca toate floril e au 11 petale .In urma acestei
presupuneri vom avea un numar de: 11· 86=94 6 petale.
Diferen ța dintre num ărul ini țial de petale și cel rezultat în urma presupunerii
este de: 946-770=176 petale
Difer ența apare datorit ă existen ței florilor cu 5 și 7 petale
(11-7)+(11 -5)·3=22
176: 22= 8 grupe
Deci vom avea:
8·1=8 flori cu 7 petale
8·3=24 flori cu 5 petale
86-32=54 flori cu 11 petale.
Verificare: 46·11+30·7+10· 5=770 petale.
Varianta 2: -metoda algebrica
Notăm numarul florilor cu 5 petale cu x, num ărul florilor cu 7 petale cu y și
num ărul florilor cu 11 petale cu z.Folosind datele problemei stabilim rela ții între
necunoscutele problemei:
x+y+z=86 (ecua ția 1)
5·x+7·y+11· z=770 ( ecua ția 2)
y=3· z (ecua ția 3)
Inlocuind in ecuatiile 1 si 2 pe y cu 3·z vom obtine relatii noi:
x+3·z+z=86 rezulta 4·z+x=86 ( ecuatia 4)

17
5·x+7·3· z+11· z=770 ⇒ 5·x+32 ·z=770 (ecuatia 5)
Din ecuatia 4 exprim ăm pe z în func ție de x și îl înlocuim în ecua ția 5
form ând a stfel o ecua ție cu necunoscuta x .
x=86-4·z

Exemplul 5. La un concurs se dau 50 de probleme.Pentru fiecare raspuns
correct se dau 5 puncte iar pentru fiecare raspuns gresit se iau 3 puncte.Cate
raspunsuri corecte a dat un elev care are 154 puncte?
Rezolvare :
Presupunem ca elevul a raspuns correct la toate intrebarile.Conform
presupunerii acesta ar fi obtinut:
50·5=250 puncte
Diferenta dintre punctajul obtinut si cel real este de:
250-154=96 puncte
Plusul de puncte acordat pentru o problema gresita este de :
5+3=8 puncte
Numarul de probleme gresite este de :
96:8=12 probleme
Numarul de probleme corecte va fi :
50-12=38

2.4 Metoda mersului invers
Metoda mersului invers se aplică în acele probleme în care elementul
necunoscut apare la începutul relaț iei stabili te cu ajutorul datelor din enunț .In
astfel de probleme datele depind su ccesiv unele de altele iar enunțul
problemei trebuie urmărit de la sfărșit către început.Pe parcursul rezolvării
vom efectua mereu operația inversă celei din enunț .Voi exemplifica aceasta
metodă prin cateva probleme .
Exemplul 1. M-am gandit la un numar .L-am inmultit cu 13.Din rezultat am
scazut 12. Scaderea am impartit -o la 2.La cat am adunat 10 si am obtinut
56.Aflati numarul.
Rezolvare: Varianta 1
Num ărul la care am adunat 10 și am ob ținut 56 este : 56-10=46
Num ărul pe care l -am imp ărțit la 2 și am ob ținut 46 este: 46·2=92
Numărul din care am scăzut 12 și am obț inut 92 este : 92+12=104
Numărul pe care l -am înmulțit cu 13 și am obț inut 104 este: 104:13=8.
Deci numărul că utat este 8.

18
Varian ta 2 :M etoda algebrică
Notăm num ărul c ăutat cu x .Ținănd cont de datele problemei form ăm
urmatoarea ecua ție:
[(13·x -12):2]+10=56
Rezolv ăm ecua ția aplicand propriet ățile rela ției de egalitate:
[(13·x -12):2]+10=56 / -10⇒ (13·x -12):2=46/·2 ⇒13·x -12=92/+12 ⇒
13·x=104/:13 ⇒x=8
Verificare:[(13 ·8-12):2]+10=56 (adev ărat)

Exemplul 2 .Amalia a primit o carte d e la bunicii ei, carte pe care și -a propus
să o citească î n 4 zile.In prima zi a citit jumă tate d in carte .A doua zi a citit o
pătrime din paginile răma se iar a treia zi jumătate din noul rest.Aflați câte pagini
are cartea știind că î n a 4 -a zi a citit ultimele 3 pagini.
Rezolvare:
Notăm num ărul de pag ini al car ții cu x.Dac ă în prima zi a citit jum ătate din
carte înseamn ă că a citit x
2 rămânăndu-i de citit tot x
2. A doua zi a citi t un sfert
din primul rest adic ă:
1
4 din(x- x
2)=1
4(x-x
2) rămânandu -i de citit
x
2-1
4·(x-x
2)=x
2-x
4+x
8=3∙x
8
A trei a zi a citit jumătate din noul rest adică jumă tate din 3∙x
8 adică 3∙x
16
Pentru a 4 -a zi i -a ramas tot 3∙x
16 .Dar din enunțul problemei știm că i-au
mai ramas de citit doar 3 pagini.Deci 3∙x
16=3. Deci num ărul total al paginilor
este x=(3·16):3=16 .

Exemplul 3 .Să se determine șase numere natural e știind ca :
a)al doilea este cu 10 mai mic decat primul;
b)al treilea este cu 15 mai mare decat al doilea ;
c)al patrulea este de patru ori mai mare decat al treilea ;
d)al cincilea este cu 20 mai mare decat al patrulea numar;
e)al saselea este c u 10 mai mic decat al cincilea si de 6 ori mai mic decat 540.
Rezolvare :Varianta1
Notam numerele cu x,y,z,t,u ș i respectiv v
-primul numă r x;
-al doilea numă r y=x-10;
-al treilea num ăr z=y+15;

19
-al patrulea num ăr t=4z;
-al cincilea num ăr u=t+20;
-al șaselea num ăr v=u-10 respectiv v=540:6
Mersul normal Mersul invers
● x (1) ● v=540:6=90 ( 7)
● y=x-10 ( 2) ● aflăm u din ec . 6, u=v+10=90+10=100 ( 6)
● z=y+15 ( 3) ● aflăm t din ec. 5, t=u -20=100 -20=80 ( 5)
● t=4z (4) ● aflăm z din ec. 4, z=t:4=80:4=20 ( 4)
● u=t+20 ( 5) ● aflăm y din ec. 3,y=z -15=20 -15=5 ( 3)
● v=u-10 ( 6) ● aflăm x din ec. 2, x=y+10=10+10=20( 2)
● v=540:6 (7) ● x=20 ( 1)
Varianta 2.
Notăm primul num ăr cu x și le scriem pe celelalte cinci în func ție de x:
Al doilea num ăr y=x -10;
Al treilea num ăr z=y+15=x -10+15=x+5;
Al patrulea num ăr t=4z=4·(x+5)=4·x+20
Al cincilea num ăr u=t+20=4·x+20+20=4·x+40
Al șaselea num ăr v=u -10=4·x+40 -10=4·x+30
De asemenea v=540:6=90
adică 4·x+30=9 0 de unde afl ăm pe x= 60:4=15
aflând primul num ăr le vom putea afla u șor și pe celelalte cinci:
y=x-10=15 -10=5 ⇒ z=x+5=15+5=20 ⇒ t=4·x+20=4·15+20=80 ;
u=4·x+40=4· 15+40=100 ⇒ v=4·x+30=4·15+30=90

Exemplul 4. Un c ălător are de parcurs un drum.In prima zi el a parcurs un sfert
din drum.A doua zi a parcurs o treime din drumul r ămas.A treia zi a parcurs
jumătate din ce -i mai r ămasese iar a 4 -a zi restul de 6 0km.Care este lungimea
drumului?
Rezolvare:
Varianta 1:Metoda aritmetica:
Desc ompunem problema în ma i multe probleme simple parcurg ând și de
aceast ă data drumul invers.
– Aflam c ât parcurge c ălătorul in a 3 -a si a 4 -a zi la un loc.
Problema ne spune c ă a 3-a zi a parcurs jum ătate din ce -i mai r ămase, deci
în a 4 -a zi a p arcurs cealat ă jumatate, respectiv 60 km.In consecin ța și în a 3 -a
zi a parcurs tot 60km, împreun ă în cele dou ă zile parcurg ând 120km.
-Aflăm cât parcurge c ălătorul în a 2 -a zi
Din problema știm c ă, călatorul a parcurs o treime din drum în a 2 -a zi deci
pentru ultimele dou ă zile r ămânâdu-I dou ă treimi .Cele dou ă treimi înseamn ă de
fapt cei 120 de km , deci o treime va insemna 60 km.

20
-Aflam c ât parcurge cal ătorul în ultimele trei zile
60km+120km=180km
-Aflam c ât a parcurs în prima zi :
Dacă în prima zi cal ătorul a parcurs un sfert din drum înseam nă că i-au rămas
de parcurs trei sferturi din drum, deci cei 180 km reprezint ă cele trei sferturi .Un
sfert din drum va fi 180:3=60km.
Deci lungimea total ă a drumului este :
60km+180km=240km.
Aceast ă abordare din punct de vedere arit metic poate fi oarecum dificil ă
pentru elevi,deoarece ace știa nu reu șesc s ă facă deosebirea foarte bine între
drumul ini țial și drumul r ămas de la o zi la alta.O mai bun ă variant ă de rezolvare
o reprezint ă variant a algebric ă .Recomand pentru u șurința rezolv ării problemei
și pentru o vedere mai de ansamblu a drumului parcurs de c ălător în fiecare zi
întocmirea unui tabel de forma urmatoare:
Varianta 2

2.5.Metoda comparaț iei
Metoda comparaț iei se aplică în rezolvarea problemelor în care se dau două
mărimi ș i relaț iile dintre ele.In unele problem e relaț iile dintre mă rimi su nt
enunț ate clar , iar in altele relaț iile se deduc prin compararea a doua situaț ii
diferite.In aceste cazuri din urmă problemele se rezolvă folosind metoda
comparaț iei.Există două că i de rezolvare a aces tor tipuri de probleme si anume:
A.Eliminarea unei mă rimi prin scadere
B.Eliminarea unei necunoscute prin î nlocuirea ei
Pe parcursul rezolvă rii acestui gen de p robleme este foarte important să
observăm care este cauza diferențierii celor două situații .Aș ezar ea datelor
problemei trebuie urmarit ă cu aten ție.In cele ce urmeaz ă vom exemplifica prin
cateva probleme care s ă ne ajute s ă înțelegem mai bine aceast ă metod ă urmând
în paralel și raționamentul algebric.

21
A. Eliminarea unei marimi prin scadere
Exemplul 1.
34 de saci cu porumb și 24 saci cu gr âu cântăresc 2420 kg iar 42 saci cu
porumb și 24 saci cu gr âu cântaresc 2820 kg.C âte kg are un sac cu porumb și
câte kg are un sac cu gr âu?
Rezolvare:
Varianta1:
Așezăm schematic datele problemei
34 saci porumb……………… ..24 saci gr âu…………… ..242 0 kg
42 saci porumb……………… ..24 saci gr âu…………….. 2820 kg
Deci putem s ă afirm ăm că 8 saci de porumb (obtinu ți din diferen ța 42-34)
cântăresc 400kg (ob ținute din diferen ța 2820 kg-2420 kg)
In consecin ța 1 sac de porumb c ântărește 400:8 =50kg
Știind cât cântărește un sac cu porumb putem a fla cu u șurință cât cântaresc
24 de saci de gr âu :
24 (saci de gr âu)=2420kg -34·50(kg)=720 kg
de unde 1 sac de gr âu va cântări 30 kg.
Varianta 2:
Notăm num ărul de kg pe care îl cântărește un sac de porumb cu x respectiv
cu y num ărul de kg pe care îl cântărește un sac de gr âu .Ținând cont de d atele
din problem ă stabilim rela ții intre x și y .
34·x+24·y=2420 (ecuatia 1) și 42·x+24 ·y=2820 (ecuatia 2)
Scădem cele dou ă egalit ăți membru cu membru si ob ținem c ă
8·x=400 deci x=50 reprezin tă câte kg sunt într-un sac de porumb
Aflăm câte kg sunt într-un sac de gr âu înlocuind în prima rela ție pe x cu 50
Vom ob ține: 34 ·50+24 ·y=2420 ⇒24·y=2420 -1700 ⇒ 24·y=720 deci
y=720:24=30kg
De obicei în rezolvarea acestui tip de probleme elevii tind s ă foloseasc ă prima
metod ă de rezolvare ea fiin d întalnit ă pentru prima dat ă în clasa a IV -a deci elevii
sunt mai obijnui ți cu ea .Este recomandat ă rezolvarea prin ambele metode
pentru o mai buna verificare a rezultatului final .
Exemplul 2 .Patru pixuri si șase caiete costă 26 de lei .Opt pixuri si două caiete
costă 22 lei.Cât costă un caiet și cât costă un pix?
Rezolvare:Varianta1 :
Observăm că la ace astă problemă în comparație cu prima valorile celor două
mărimi diferă în totalitate .După ce așeză m schematic datele problemei vom
încerca să facem în așa fel încât una dintre mărimi să aibă valori egale .

22
4 pixuri……………..6 caiete……………..26 lei
8 pixuri……………..2 caiete…………….. .20 lei
Egalăm numărul de caiete înmulțind a doua relaț ie cu 3 :
4 pixuri …….……….6 caiete…………….26 lei
24 pixuri……………..6 caiete…………… .60 lei
Citind reprezentarea de mai sus observăm că, deoarece numă rul de caiete
este egal , diferența de lei apare din diferența numă rului de pixuri . E fectuând
diferența între mă rimi ne rămane că 20 pixuri costă 34 lei deci un pix costă 1,7
lei.După ce am aflat cât costă un pix vom calcula câ t costa 6 caiete :
4·1,7+6 (caiete)=26 lei deci 6 caiete=26 -6,8=19,2 lei
Prin urmare 1 caiet=19,2:6=3,2 lei
Varianta 2:
Notăm num ărul de pixuri cu x iar num rul de caiete cu y
Din datele prob lemei stabilim urmatoarele rela ții între cele dou ă mărimi:·
4·x+6·y=26 (ecua ția 1)
8·x+2·y=60 (ecua ția 2)
Inmul țim a doua rela ție cu 3 si sc ădem cele dou egalit ăți:
4·x+6·y=26
24·x+6·y=60
Scăzând rela țile între ele ob ținem c ă:
20·x=34 de unde x=34:20=1,7
Inlocuim pe x cu 1,7 în prima rela ție și aflăm pe y
4·1,7 +6·y=26 deci
6·y=19,2 de unde x=3,2 lei
Exemplul 3
Melinda ,Camelia și Andreea merg în pia ță să cumpere fructe .
Melinda a cumparat 6 kg mere ,6 kg prune și 10 kg caise și a pl ătit 40
lei.Camelia a cump ărat 12 kg mere , 8 kg prune și 4 kg caise pl ătind 56 lei iar
Andreea 12 kg mere ,14 kg prune și 14 kg gutui pentru care a pl ătit 78 lei .C ât
costă un kg din fiecare fruct?
Rezolvare: Varianta 1
Așezăm schematic datele problemei :
6 kg mere………………….6 kg prune…………….10kg caise……………40 lei
12 kg mere………………….8 kg prune……………..4 kg caise……………56 lei
12 kg mere…………………14 kg prune …………… 14 kg caise ………….78 lei
Observ ăm că în aceast ă problem ă avem tre i mărimi și trei situa ții diferite.

23
Analiz ând datele problem ei și privind schema se observ ă că dacă am sc ădea
mărimile din ultimele dou ă relații num ărul de kg de mere dispare și vom
obține urm ătoarele date:
6 kg prune………………10 kg caise ………………..22 lei
Alăturând prima rela ție ob ținem urm ătoarea schem ă:
6 kg mere ……….6 kg prune ……………..10 kg caise………………40 lei
6 kg prune………………10 kg caise………………22 lei
Observ ăm că diferen ța de lei din prima rela ție apare datorit ă num ărului de kg
de mere în plus .
Deci cele 6 kg de mere cost ă 18 lei , 1kg urm ând să coste 3 lei .
După ce am aflat c ât cost ă 1 kg de mere vom rea șeza schematic datele
problemei:
6 kg prune ………………10 kg caise…………40lei -18lei=22 lei
8 kg prune……………….. 4 kg caise………….56lei -36lei=20 lei
14 kg prune ……………… 14 kg caise………….78 lei -36lei=42 lei
Vom alege primele doua rela ții și încerc ăm să elimin ăm una dintre m ărimi.
Pentru aceasta vom înmul ți prima relație cu 4 iar a doua cu 3 , urm ărind s ă
elimin ăm kilogramele de prune.Vom ob ține urm ătoarele rela ții:
24 kg prune……………….40 kg caise……………88 lei
24 kg prune……………….12 kg caise……………60 lei
După ce am evaluat m ărimile astfel ob ținute am constatat c ă în ambele situa ții
avem aceea și cantitate de kg de prune . Efectu ând diferen ța între m ărimi
observ ăm că num ărul de kg de prune dispare ,deci diferen ța de l ei provine de
la num ărul în plus al kg de caise.
Obținem astfel c ă 28 kg caise cost ă 28 lei .Deci 1kg caise va costa 1 leu
La final vom putea calcula c ât costa 1 kg de prune .
1 kg prune=(22 -10·1):6=12:6=2 lei
Răspuns final : 1kg mere=3 lei
1 kg caise=1 leu
1 kg prune=2 lei
Varianta 2:
Notăm cu x num ărul de kg de mere, y num ărul de kg de caise si z num ărul de
kg de prune. Ținând cont de datele problemei stabilim re lații între x y si z .
6·x+6·y+10 ·z=40 (ecua ția 1)
12·x+8·y+4·z=56 (ecua ția 2)
12·x+14 ·y+14 ·z=78 (ecua ția3)
Scăzând ecua ția 2 din ecua ția 3 ob ținem:
6·x+6·y+10 ·z=40 (ecuatia 1)
6·y+10 ·z=22 (ecuatia 4)
Scăzând ecua ția 4 din ecua ția 1 ob ținem:

24
6·x=18 deci x=3
Inlocuim in ecua ția 1 respectiv în ecua ția 2 pe x cu 3 si ob ținem:
6·y+10 ·z=22 (ecua ția 5)
8·y+4·z=20 (ecua ția 6)
Pentru a af la pe x și pe y înmul țim ecua ția 5 cu 4 și ecua ția 6 cu 3 ob ținând :
24·y+40 ·z=88 (ecua ția 7 )
24·y+12 ·z=60 (ecua ția 8 )
Scădem ecua ția 8 din ecua ția 7 și obținem:
28·z=28 deci z=1
In concluzie dacă înlocuim pe z cu 1 în ecua ția 4 ob ținem
6·y+10 ·1=22
De unde y=2
Verificare: 6·3+6·2+10 ·1=40 adev ărat
Solu ție:prețul unui kg de mere este 3 lei ,pre țul unui kg de caise este 1 leu iar
prețul unui kg de prune este 2 lei .
Astfel de probleme sunt mai greu acces ibile elevilor deoarece necesit ă un
grad de aten ție sporit pe tot parcursul rezolv ării problemei .Elevul trebuie să
observe rela țiile dintre m ărimi , cum s ă faca leg ături între rela ții , ce modalit ăți
să găseasc ă astfel încat s ă elimine din m ărimi .Din activitatea la clas ă am
obser vat reticen ța din partea elevilor în dorin ța de a rezolv a astfel de probleme.
Elevii trebuiesc încuraja ți în rezolvarea unor astfel de probleme deoarec e sunt
probleme cu care se pot întâlni oric ând în viata real ă

B.Eliminarea unei necunoscute prin inlocuirea ei
Exemplul 1: S-au cump ărat 60 m stof ă neagr ă si 80 m stof ă verde și s-a plătit
în total 1950 0 lei. Știind c ă 1 m de stof ă neagr ă este de trei ori mai scump dec ât
1 m de stof ă verde , a flați cât costa 1 m din fiecare fel de stof ă.
Rezolvare:
Dacă 60 m stof ă neagr ă ……….…….80 m stof ă verde………………..19500 lei
1 m stof ă neagr ă=3 m stof ă verde deci
60 m stof ă neagr ă= 180 m stof ă verde
Obținem rela ția urm ătoare :
180 m stof ă verde +80 m stofa ăverde = 195000 lei
260 m stof ă verde =19500 lei
De unde 1 m stof ă verde=19500:260=75lei
Iar 1 m stof ă neagră costa 3 ·75 lei =225 lei

Exemplul 2 .Pentru un spital s -au cu mpărat 36 dulapuri si 50 de paturi .Dulapurile
au costat 14560 lei . Știind c ă 10 paturi cost ă cat 4 dulapuri s ă se afle c ât au
costat toate paturile.

25
Rezolvare:
36 dulapuri…………………..50 paturi………………..14560 lei
Știm c ă 10 paturi=4 dulapuri deci 50 paturi=20 dulapuri
Deci 3 6 dulapuri+20 dulapuri=14560 lei ⇒56 dulapuri=14760 lei
1 dulap va costa 260 lei ⇒ 36·260+50 paturi=14560 lei ⇒ 50 paturi=5200 lei
⇒ 1 pat costa 104 lei

2.6 Probleme de mi șcare.
Problemele de mișcare sunt probleme care îi ajut ă să-și dezvolte creati vitatea
datorit ă varieta ții metodelor de rezolvare.

A.Probleme ce conduc direct la probleme simple de mișcare
Problema 1 .Distan ța dintre dou ă orașe Arad și Oradea este de 180 km.Un
automobil pleac ă din A rad la ora 8 și soso ște în Oradea la ora 12 .Află câți km a
parcurs automobilul într-o ora.
Arad Oradea
180 km

Rezolvare:
Aflăm în cât timp a parcurs automobilul distan ța?
12-8=4 (ore)
Aflăm câți km a parcurs într-o oră?
180:4=45 (km)
Răspuns: 45 km

Problema 2. Un automobilist parcurge distan ța de 320 km rul ând cu viteza de
80 km/h.Afla ți în cât timp a parcurs aceast ă distan ța?
Rezolvare : Aflăm în câ t timp parcurge cei 320 km.
t=320km:80 km/h=4 h
Răspuns: automobilistul a parcurs distanța în 4h

Problema 3 .Un accelerat se deplaseaz ă cu viteza medie de 145km/h timp de
6 ore.Care este distan ța parcurs ă de tren?
Rezolvare: Folosind formula d=v·t ob ținem:
145km/h·6 h=870 km
Raspuns : acceleratul se deplaseaz ă cu viteza de 870 km

26
B.Probleme cu mobile care se deplasează în același sens (probleme de
urmărire)

Problema 4 . Un tren mergând cu o viteză constantă , parcurge distanța de 650
km între orașele A și B în 10 ore.După dou ă ore pleacă din A un alt tren care îl
ajunge pe primul într -o stație in termediară aflată la 195 km de B.Aflați viteza
celui de -al doilea tren.
Rezolvare:
Aflăm viteza primului tren.
V1 =650km:10h=65km/h
Aflăm cât timp a mers primul tren până când a fost ajuns de al doilea tren.
t=(650 -195)km:65km/h=7h
Aflăm viteza celui de -al doilea tren.
V2=455km:(7 -2)h=455km:5h=91km/h
Răspuns: 91km/h

Problema 5 .Distan ța Arad –Timi șoara este de 60 Km. Din cele două orașe
pleacă simultan două trenuri care merg în acelasi directie. Cel ce pornește din
Arad merge cu viteza de 120 km/oră, ia r cel care pornește din Timisoara cu 9 0
km/oră. După cât timp îl va ajunge primul tren pe al doilea?
Rezolvare:
Arad Timisoara
T1 120Km/h 60km T2 90 km/h
Observăm că trenurile se deplasează în același sens, primul urmărindu -l pe al
doilea.
Aflam mai întîi distan ța pe care o recuperează primul tren într -o oră:
120 – 90 = 30 (km/oră)
Cunoa ștem c ă distan ța pe care primul tren o are de recuperat este de 60 km,
iar el re cuper ază într -o oră 30 km.
Aflăm timpul după care primul tren îl ajunge pe al doilea: 60 : 30 = 2 (ore)
Răspuns: 2 ore

Problema 6
Distanța dintre localitățile X și Y este de 160 km/h.Din X pleacă spre Y un
biciclist cu viteza de 40 km/h.După doua ore pleacă din X o mașină care ajunge
în Y în același timp cu motociclistul.Aflați viteza mașinii.
Rezolvare:

X S Y

27
Fie S punct ul în care se află biciclistul în momentul în care mașina pleacă din
localitatea X .Folosind formula d=v ·t aflăm dista ța de la X la S.
Deci XS= 40 km/h ·2h=80 km ceea ce repr ezint ă jumatate din distan ța XY.
In consecin ță până ce biciclistul parcurge distan ța SY , ma șina are de parcurs
distanta XY care est e de fapt dublul distan ței SY
Răspuns: viteza mașinii este de 80 km/h (dublul vitezei motociclistului).

C.Probleme de întâlnire a mobilelor când deplasarea se face în sensuri opuse

Problema 7 .Distanța dintre Constan ța si Mangalia este de 150 km.Din Consta ța
pleacă un biciclist cu viteza de 7 km/h și în același timp pleacă din Mangalia un
automobilist cu viteza de 68 km/h , mergând unul spre celălat.
a) După cât timp se întâlnesc biciclistul si automobilistul?
b) Care este distanța față de localitatea Ma ngalia a punctului de întâlnire?
Rezolvare:
Cei doi merg unul spre celălalt , așadar ei se apropie între ei cu viteza
v=7 km/h+68km/h=75 km/h
Distanța de parcurs este 150 km , deci timpul este t=150km:7 km/h=2h
Distanța dintre Mangalia și locul de întâlnire este d=2h ·68km/h=136km
Raspuns:a) 2h
b) 136 km

2.7 Probleme cu rapoarte ,procente si proportii
Problemele cu rapoarte, procente si propor ții constituie un capitol extrem
de vast al matematicii.In afa ră de problemele banale, în care doar înlocuim în
formule valorile numerice, toate aceste probleme se rezolv ă cu ajutorul
ecua țiilor.Pentru a rezolva aces te tipuri de probleme trebuie s ă cunoa ștem
câteva no țiuni matematice fundamentale precum :ce este rapo rtul și cum se
noteaz ă, ce este rapor tul procentual si cum se noteaz ă și ce este aceea o
propor ție și cum se noteaz ă.O mare par te dintre aceste probleme izvor ăsc din
realitatea de zi cu zi,dar exist ă și o seri e de probleme abstracte. De men ționat
este fap tul c ă o parte dintre ele se pot rezolva folosind metodele aritmetice
învatate dar marea majoritate se rezolv ă folosind cuno ștințele de alge bră
deprinse în ciclul gimnazial.Inainte de a trece la o clasific are a problemelor voi
aminti no țiunile matematice de baza folosite în acest capitol.
Raportul reprezintă câtul a două mărimi (a :b) exprimate cu aceeași
unitate de măsură .Raportu l dintre cele doua mă rimi se notează a
b unde a si b
reprezintă termenii raportului.

28
Exemplu: Lungimea unui dreptunghi este de 28cm iar la țimea cu 14cm mai
mica.
Aflați :a) raportul dintre lungimea și lațimea dreptunghiului ;
b) raportul dintre l ățimea și lungimea dreptunghiului ;
c) raportul dintre perimetrul și aria dreptunghiului.
Rezolvare : rezolvarea problemei nu prezint ă nici un fel de dificultate , elevii
având doar de înlocuit în formula raportului.
Vom nota valoarea raportului cu k.In concluzie k=L
l=28
14=2
Din valoarea ob ținută sau chiar din datele problemei observ ăm ca lungimea
este de fapt dublul la țimii.In consecin ța putem afla raportul de la punctul b)
direct, fiind 1
2 ,adica inversul primului.
P
A=L+l
L·l=28+14
28·14=42
392=0,107

Raport procentual este orice raport de forma p
100 sau p%.
Exemplu :a) Afla ți 15% din 60.
b) Afla ți un num ăr știind c ă 15% din el este 225.
Rezolvare :a) Calcul ăm 15%din 60=15
100·60=9
b)not ăm num ărul n ecunoscut cu x.Aplic ând no țiunile învațate anterior
vom obtine :
15%din x =225 de unde 15
100·x=225 deci
x=225·100 :15=1500
Proportia reprezint ă o egalitate între dou ă rapoarte.Termenii propor ție se
numesc mezi si extremi.
Exemplu :a)Dacă x
3=5
6 aflati x.
b)Dacă x
3=2
y si z
5=4
t aflati z·t -x·y
Rezolvare : a)Din formula fundamental ă a propo ției ob ținem c ă x=(3·5) :6=2,5
b)Din prima propor ție folosind formula fundamental ă a propor țiilor
(produsul mezilor=produsul extremilor) ob ținem c ă :
x·y=2·3=6
Din a doua propor ție rezult ă că
z·t=4·5=20
Deci z·t-x·y=20 -6=14.
Având în vedere c ă noțiunile esen țiale au fost explicita te putem trece la
aplicare lor în probleme incep ând de la cele mai u șoare p ână la cele mai dificile.

29
Exemplul 1. O pereche de sandale costa 250 0 lei .La sfar șitul lunii magazinul
care le c omercializeaz ă aplic ă o reducere de 35% pentru toat e produsele aflate
pe stoc.Afla ți cât cost ă acum aceea și pereche de sandale.
Rezolvare :
Aflăm cât reprezint ă ieftinirea de 35% din pre țul initial.
35%din 250= 35
100·2500=35 ·25=875 (lei)
Aflăm pre țul final al sandalelor :
2500 (lei) -875 (lei)=1625 (lei)
Exemplul 2. O biciclet ă costă 560 lei .Afla ți cât cost ă bicicleta dac ă se
scumpe ște cu 28%.
Rezolvare :
Aflăm cât reprezint ă scumpirea de 28% din pre țul ini țial :
28% din 560=28
100·560=156,8 (lei)
Aflăm pre țul final dup ă scumpire.
560 (lei)+156,8 (lei)=716,8 (lei)
Exemplul 3. Alexandra a parcurs cu bicicleta 90 km, ceea ce reprezint ă 45 %
din tot drumul. Afla ți cat mai are de parcurs.
Rezolvare:
Varianta 1:
90 km……………… ……………………………….45%
x km…………………………………….…….….100%
x=90∙100
45=200 (km)
Varianta 2:
Notam cu x lungimea drumului :
Cunosc ând că 45% din drum reprezint ă 90 km vom pune problema în ecua ție
astfel:
45%din x=90 (km)
45
100·x=90 deci x=(90 ·100):45=200 (km)

Exemplul 4. După ce cantitatea de benzin ă dintr-un rezervor s -a mărit cu 82 %,
ea este 120 litri. C âti litri de benzin ă erau ini țial?
Rezolvare: Notăm cantitatea ini țiala de benzin ă cu x
Mărirea se va scrie 82
100·x.Ținând cont de d atele problemei punem problema
în ecua ție :
x+82
100·x=120
De unde 100 ·x+82 ·x=12000 ⇒182·x=12000 ⇒ x=65,93 litri .

30
Exemplul 5: Determina ți numerele x, y si z știind c ă sunt direct propor ționale cu
numerele 2, 11 si 7 si x+y+z=80 .
Rezolvare: Tipurile de probleme în care s unt date necunoscute care sunt în
relație de propor ționalitate direct ă sau invers ă cu diverse numere și în plus
exist ă dată în problem ă și o rela ție între necunoscute folosesc de obicei doua
metode de rezolvare:
La ambele metode vom scrie ce înseamn ă că x, y si z sunt în rela ție de
propor ționalitate direct ă.

Exemplul 6 : Fie x si y numere natural e nenule .Afla ți valoarea raportului x
y
știind c ă
2x−y
x+y=11
6
Rezolvare: relația de mai sus este o propor ție deci ne este mai u șor să folosim
formula fundamental ă a propor ților, adic ă produsul mezilor ega l cu produsul
extremilor.Vom ob ține urmatoarea ecua ție:
6·(2·x-y)=11 ·(x+y)
De unde 12 ·x+6·y=11 ·x+11 ·y
12·x-11·x=11 ·y-6·y ⇒x=5·y de unde x
y=5
Exemplul 7 Determina ți numerele x,y,z știind că x
3=y
5=z
9 și x·y+y·z+z·x=1392
Rezolvare :pornind de la ș irul de rapoarte egale vom presupune că valoarea
fiecarui raport este k
x
3=y
5=z
9 =k
Deci x
3=k de unde x=3 ·k
y
5=k de unde y=5 ·k
z
9=k de unde z=9 ·k
Dupa ce am exprimat pe x, y și z in func ție de k, le inlocuim în cea dea doua
ecua ție din enun ț.Vom obtine c ă:
3·k·5·k+5·k·9·k+9·k·3·k=1392
15·k2+45· k2+27· k2=1392
87·k2=1392
k2=1392:87
k2=16 deci k= √16=4
Odat ă aflat ă valoar ea k putem u șor afla x,y și z

31
In aceast ă fază a rezolv ării problemei elevii uit ă de multe ori s ă afle
necunoscutele și dupa ce l -au aflat pe k se opresc.
x=3·k=3·4=12; y=5·k=5·4=20; z=9·k=9·4=36.
Verificare: 12·20+20·36+36·12=1392.

Exemplul 9 :Cu cât la suta este mai mare 136 √3 decât 34√3?
Rezolvare : 136 √3-34√3=102 √3
34√3reprezint ă un sfert din 136 √3 deci primul num ăr este cu 300% mai mare
decat al doilea .
Exemplul 10 :Aflați num ărul ra țional x care verific ă egalitatea :
(1
2%din(2
3%din (3
4%din (…(n
n+1%din x)…))))=1
(n+1)·100n
Problema de mai sus est e o problem ă care a fost propus ă elevilor la una din
olimpiadele judetene din 2011 deci este o problem ă cu nivel ridicat de dificultate
pentru elevi.
Rezolvare: în loc de 1
2% vom scrie 1
2·100
Deci vom avea urmatoarea ecua ție:
1
2·100·2
3·100·3
4·100····n
(n+1)·100 ·x=1
(n+1)·100n
Simplificând vom obț ine : 1
100·1
100·…..·1
(n+1)·100·x=1
(n+1)·100n
Deci 1
(n+1)·100n+1·x=1
(n+1)·100n de unde x=100

Deci ca o concluzie co nstatam faptul c ă primele m etode aritmetice preg ătesc
încet terenul pentru rezolvarea problemelor din ce mai complexe, care folosesc
tot mai multe no țiuni matematice.Mul ți dintre elevi în tim pul orelor de
matematic ă se întreab ă la ce le folosesc lor rapoarte și procente ,sau alte no țiuni
dar s ă nu uit ăm că un inginer,un constructor ,un fizician,un ar hitect ,un contabil
un mana ger sau un doctor ar putea oric ând s ă se confrunte în meseria sa cu
probleme dificile de calcul .Exers ând de pe bancile școlii mintea lor va fi
antrenat ă în rez olvar ea oricarui tip de problem ă.

32
2.8 P robleme de aliaj și amestec
Un tip de prob leme asupra carora nu se insist ă suficient de mult in ciclul
gimnazial sunt problemele de amestec si aliaj. Pentru rezolvarea ac estor
probleme este necesar ca elevul s ă cunoasc ă anumite no țiuni care țin mai
degrab ă de sfera chimiei, de exemplu :ce este a cela titlul unui aliaj,concentra ția
uneii solu ții, masa unei substan țe,mas a unui metal pre țios (și care sunt metalele
prețioase), masa unui aliaj ( și ce este acela un aliaj). Aceste probleme au mai
mult ă trecere la ora de chimie, ele av ând de obicei o aplicabilitate de sut ă la sut ă
în cazul în care datele numerice su nt corect al ese.Pentru a întelege mai bine
aceste tipuri de pr obleme vom defini mai in taii no țiunile elementare,iar apoi
vom exemplifica prin exemple de probleme specifice.Nu mai este cazul s ă
specificam c ă aceste probleme nu au dec ât rezolvare algebric ă.
Titlul unui aliaj este rap ortul dintre masa metalului pre țios si masa aliajului
T= 𝒎
𝑴
Exemplu :Un aliaj con ține 812 g aur si 1188 g cupru.Care este titlul aliajului ?
Rezolvare : pornind de la form ula de mai sus elevul trebuie s ă iși dea seama
mai întâi care este metalul pre țios.In cazu l nostru este evident c ă acesta este
auru l.Masa aliajului M se calculeaz ă efectu ând suma celor dou ă mase :
M=812+1188=2000g
Titlul aliajului va fi : T=m
M=812
2000=0,406
Concentra ția unei solu ții este raportul dintre masa substan ței care se dizolv ă
si masa solu ției.
C=𝐦𝐚𝐬𝐚 𝐬𝐮𝐛𝐬𝐭𝐚𝐧 ț𝐞𝐢
𝐦𝐚𝐬𝐚 𝐬𝐨𝐥𝐮 ț𝐢𝐞𝐢
Exemplu l 1 :Intr-un vas se afl ă o solu ție de sare in ap ă.Masa solu ției este de
120g, iar cea a s ării este de 9,6 g.Care e ste concentra ția solu ției ?
Rezolvare : se observ ă cu ușurință că substan ța dizolvat ă este sarea, deci nu
rămâne dec ât ca elevul sa aplice formula :
C=masa substanței
masa soluției=9,6
120=0,08
Exemplul 2 : Concentra ția de sare dintr -o solu ție este 17 %. Ce cantitate de
sare se gase ște în 27,5kg de solu ție?
Rezolvare: Concentra ția solu ției reprezint ă raportul dintre masa substan ței și
masa solu ției.
Avem deci : 17
100=x
27,5

33
de unde x·100=17·27,5 deci x=4,675.
In concluzie în 27,5kg solu ție se afl ă 4,675 g sare
Exemplele urm ătoare sunt tipuri de probleme de amestec și aliaj cu un grad
de dific ultate din ce în ce mai ridicat .
Problemele de amestec și aliaj se pot clasifica în dou ă grupe:
1.Probleme de ame sctec și aliaj de categoria I;
2.Probleme de amestec și aliaj de categoria a II a.
1.Probleme de amestec si aliaj de categoria I
In ast fel de probleme se dau: -cantita țile ce se amestec ă :m1,m2,…m n
-calitățile lor:c 1,c2,…c n
Se cere calitatea amestecului .
Exemplul 1. Se amestec ă 10kg de miere cu pre țul 4800lei/kg cu 4kg de miere
cu pre țul de 38 00lei/kg și cu 4kg d e miere cu pre țul de 6300lei/kg. Cât es te pre țul
unui kilogram de miere ce rezult ă în ur ma amestecului celor trei calita ți de mie –
re?
Rezolvare:. Folosi nd formula pentru aflarea calit ății amestecului ,afl ăm pre țul
unui kilogram de miere ob ținut în urma amestecului .
C=m1·c1+m2·c2
m1+m2
unde m1=10kg, m2=4kg, m3=4kg, c1=4800 lei, c2=3800lei, c3=6300lei.
C=10·4800 +4·3800 +4·6300
10+4+4=88400
18=4911,1

2.Probleme de amestec si aliaj de categoria a II -a
In aceste probleme se cunosc : – calitățile produselor care se amestec ă
– calitatea amestecului
– cantitatea total ă a amestecului .
Se ce r cantit ățile care se amestec ă.

Exemplul 2 :Un aliaj de fier și nichel are titlul de 0,800, iar un alt aliaj di n acelea și
metale are titlul 0,25 0. Se topesc aceste aliaje împreun ă si rezult ă un alt aliaj cu
masa de 12kg. Cât este masa fiecarui aliaj, dac titlul noului aliaj este 0,4 00?
Rezolvare : Pentru a calcula masa fiecarui aliaj vom folosi formula:
m1
m2=c−c2
c1−c
unde c=0,4 00 , c 1=0,800 iar c 2=0,2 50, m 1 este masa primului aliaj iar m 2 masa
celui de -al doilea aliaj.
Deci m1
m2=0,400 −0.250
0,800 −0,400 =0,15
0,400=0,375 ,m1+m2=12
Din prima ecua ție exprim ăm pe m1în func ție de m2
m1=0,375 ·m2 și îl înlocuim î n cea de a doua ecuaț ie:

34
0,375· m2+m2=12
1,375· m2=12 de unde m2=8,72kg.
Aflăm î n continuare pe m1.
m1 =3,28kg

2.9Probleme cu conț inut geometric
Fără ajutorul ecuațiilor ne -am afla în impas ș i la problemele cu conținut
geometric ,la care în rezolvarea lor necesită mai mult decâ t doar calcularea cu
ajutorul formulelor a perimetrelor, a riilor sau volumelor.De obicei în problemă
necunoscuta este un segment a carui lungime se află din arii, perimetre sau
volume.Problemel e la care ne referim nu necesită din partea elevului decât
atenție la calcule și cunoașterea bineînț eles a formulelor.
Exemplul 1: Calcula ți diagonal a unui dreptunghi știind c ă perimetrul este 16m
iar aria 15m p ătrați.
Rezolvare: Din datele problemei avem ca P=16m si A=15 𝑚2
Avem urmatorul sisytem de ecuatii:
2(L+l)=16 ⟺ L+l=8
L·l=15 L ·l=15
din prima ecua ție rezult ă L=8-l și înlocuim în cea de a 2 -a
(8-l)·l=15 ⇒ 8·l-l2-15=0 cu solutiile l1=3 si l2=5
Deci vom avea doua valori si pentru lungime L1=5 si L2=3.
Diagon ala dreptunghiului se calculeaz ă cu formula D= √9+25=√34cm.

Exemplul 2 :Calcula ți aria și perimetrul unui triunghi dreptunghic care are
ipotenuza 2√10, știind c ă una dintre cat etele sale este cu 4 cm mai mic ă decat
cealalt ă.
Rezolvare: Observ ăm ca una dintre catete se scrie în func ție de cealat ă.
Dacă notăm prima catet ă cu x cea de a doua va fi x+4. Aplic ând Teorema lui
Pitagora vom ob ține o ecua ție de gradul doi cu necunoscuta x :
x2+(x+4)2=(2√10)2 rezult ă
x2+x2+8·x+16=40 rezult ă
2·x2+8·x-24=0
x2 +4·x−12=0cu soluțiile x1=2 si x2=-6.Soluția care ne convine este x1=2
Deci c1=2 si 𝑐2=6 află m

35
A=c1·c2
2=12
2=6cm2 și P= c1+c2+ip=(8+ 2√10)cm

Exemplul 3: Știind c ă două dintre cele pat ru unghiuri formate la intersec ția a
două drepte concurente au m ăsurile de: 2 ·x+20°și respectiv x+ 40° ,determina ți
valoarea lui x.
Rezolvare: Cunosc ând c ă două drepte concurente f ormeaz ă două perechi de
unghiuri opuse la v ârf și că în total au 360° vom forma urmatoarea ecua ție:
2·(2·x+20°)+2·(x+40°)=360°⇒ 4·x+40°+2·x+80°=360° ⇒
6·x+120°=360° ⇒ x=240°:6=40°

Exemplul 4: Un triunghi dreptunghic are ipotenuza de lungime 12 √3cm iar una
dintre catete are lungimea de 4 √3 cm .Afla ți lungimea celei de a doua catete.
Rezolvare: Folosind Teorema lui Pitagora vom afla lungimea celei de a doua
catete
𝑐1=√ip2−𝑐22 ⇒𝑐1=√432 −48=√384=8√6cm.

Exemplul 5: Un cub are aria total ă 48𝑐𝑚2.Afla ți lungimea muchiei
tetraedrului.
Rezolvare: Aria total ă a unui cub este A=6 𝑙2.Din enun țul problemei știm c ă
A=48 √5.Egal ând ce le dou ă date vom ob ține o ecua ție cu necunoscuta 𝑙.
6𝑙2=48 deci 𝑙2=8 de unde rezult ă că 𝑙=√8=2√2cm

2.10 Probleme de perspicacitate
Acest tip de probleme se bazeaz ă pe logica matematic ă și nu se încadreaz ă în
nici una dintre metodele prezentate mai sus.Sunt probleme care provoac ă
imagina ția și perspicacitatea e levului deoarece de el depinde rezolvarea
problemei, neexist ând un anumit algoritm pentru rezolvarea ei.

Exemplul 1. Tatal si fiul s ău vin împre ună de la pescuit. Dacă tatăl ar lua 1 kg
de pe ște de la fiul s ău ,ar duce o greutate de dou ă ori mai mare dec ât cea dus ă
de fiul s ău.Dac ă fiul s ău ar lua de la tat ăl sau 1 kg de pe ște greutatea pe care ar
transporta -o ar fi egal ă cu cea transportat ă de ta tal său.Afl ați câte kilograme de
pește duce fiecare.
Rezolvare:
Notăm cu x cantitatea de pe ște dus ă de fiu și cu y cantitatea de pe ște dus ă
de tata.
Dacă tatăl ia 1 kg de pe ște atunci avem:
x-1 cantitatea fiul ui și y+1 cantitatea tat ălui

36
Rela ția dintre ele: y+1=2 ·(x-1) (ecua ția 1)
Dacă fiul ia 1 kg de pe ște atunci avem: x+1 cantitatea fiului și y-1 cantitatea
tatălui . Rela ția dintre ele : y -1=x+1 ( ecua ția2)
Din prima ecua ție ob ținem c ă y=2·x-3.Inlocuim pe y în ecua ția 2 și obținem
că: 2·x-3-1=x+1 ⇒ x=5 iar y=7 .
Deci fiul a prins 7 kg de pe ște iar tat ăl 5kg de pe ște.

Exemplul 2 .Aladin și cei 40 de ho ți au suma v ârstelor 4702 ani . Știind c ă vârsta
lui Aladin este egal ă cu dublul varstei celui mai t ănăr dintre ho ți și că vârstele
hoților sunt numere natural e consecutive ,egale dou ă cate dou ă, afla ți:
a) vârsta lui Aladin;
b) vârsta celui mai t ănăr dintre ho ți;
c) vârsta celui mai b ătrăn dintre ho ți.
Rezolvare:
Notăm vârsta celui mai t ănăr dintre ho ți cu x. Ținând cont de datele d in
problem ă vom exprima varsta lui Aladin și a celorlal ți hoți în func ție de x
Vârsta lui Aladin va fi 2 ·x
Vârstele ho ților vor fi : x, x +1, x+2,x+3,………….,x+19
Punănd problema în ecua ție ob ținem :
2·x+2·x+2·(x+1)+2 ·(x+2)+2 ·(x+3)+2 ·(x+4)+………..2 ·(x+19)=4702
Impărțind la 2 egalitatea vom o bține:
x+x+x+1+x+2+x+3+x+4+x+5+…………………+x+19=2351 ⇒
21·x+1+……….19=2351 ⇒
21·x+1910=2351 ⇒
21·x=441 ⇒
x=21
Deci v ârsta celui mai t ănăr hoț este 21 de ani.V ârsta lui Aladin este 2 ·21=42 de
ani iar v ârsta celui mai b ătrăn dintre ho ți este 21+19=40 de ani.
Exemplul 3. Păsările de pe malul unui r âu.
La un matematician arab din secolul XI g ăsim urm ătoarea problem ă:
Pe malurile unui r âu cresc fa ță în față doi palmieri.Inaltimea unui palmier este
de 300 de coți și a celuilalt de 20 de coți, dintanța dintre palmieri este de 50 de
coți.Pe vârful fiecărui palmier stă câte o pasă re.La un moment dat ambele p ăsări
au observat un pe ște care a ap ărut la suprafa ța apei între cei doi palmieri.Ele s –
au repezit deodat ă asupra pe ștelui și l-au prins în acela și timp.La ce distan ță de
palmierul mai înalt a ap ărut pe ștele
Rezolvare:

37

2.11 .Ecua ții în ℕ,ℤ,ℚ si ℝ
Având în vedere c ă până la acest subcapitol am prezent at doar probleme care
se rezolv ă folosind ecua ții simple de gradul întai sau cel mult doi care au
aplicabilitate practic ă,în cele ce urmeaz ă vom studia cateva pro bleme care, în
rezolvarea lor folosesc ecua ții mai complicate ,de grad mai mare decat
doi.Aceste probleme sunt u tile celor care doresc sa imbra țișeze meserii precum
cea de constructor,inginer sau arhitect dar mai ales pentru iubitorii de
matematic ă.
Exemplul 1 .Rezolva ți ecua ția x+1
2+x+2
3+x+3
4+⋯+x+n
n+1=n,unde n
este un num ăr natural fixat.
Rezolvare:
Ecuaț ia se scrie : (x+1
2−1)+(x+2
3−1)+(x+3
4−1)+⋯+0
⟺x−1
2+x−1
3+x−1
4+⋯+x−1
n+1=0
⟺(x−1)(1
2+1
3+1
4+⋯+1
n+1)=0
Cum suma frac țiilor este diferit ă de zero oric ât ar fi n rezult ă
x−1=0 ,adică x=1și S={1}.

Exemplul 2. Rezolva ți in ℝ×ℝ×ℝ ecua ția :
𝑥2+𝑦2+𝑧2+x+y+z
3+1
6=xy+yz+zx
2
Rezolvare :Aducem la acelasi numitor și obținem:
6·(x2+y2+z2)+2·(x+y+z)−3·(xy+yz+zx)+1=0

3[x2+y2+z2−(xy+yz+zx)]+3·(x2+y2+z2)+2·(x+y+z)+=0
Au loc inegalita țile:

38
x2+y2+z2≥xy+yz+zx si
3·(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2 ∀ x,y,z∈ℝ
Din rela țiile de mai sus rezult ă că :
3·[x2+y2+z2−(xy+yz+zx)]+3·(x2+y2+z2)+2·(x+y+z)≥
3·[x2+y2+z2−(xy+yz+zx)]+(x+y+z)2+2·(x+z+y)+1
Deci 0≥3·[x2+y2+z2−(xy+yz+zx)]+(x+y+z+1)2
Rezult ă că x=y=z și înlocuind în prima ecua ție⇒
18×2+6x−9×2+1=0⟺(9×2+6x+1)=0⟺(3x+1)2=0
de unde x=−1
3 ⇒x=y=z=−1
3
deci 𝑆={(−1
3,−1
3,−1
3)}.

Exemplul 3 .Rezolva ți ecua ția: x+3+[x+3]+√x2+6x+9=10
Rezolvare:
√x2+6x+9=√(x+3)2=|x+3|
ecua ția devine: x+3+[𝑥+3]+|𝑥+3|=10
daca x+3<0⟺x<−3 ⇒
x+3+[x+3]−x−3=10⟺[x+3]=10 adică
10<x+3<11⟺7<x<8 , ceea ce contrazi ce situa ția x<−3.
daca x+3>0⟺x>−3 ⇒
x+3+[x+3]+x+3=10 ⟺2x+6+[x+3]=10 ⟺
2x+[x+3]=4 ⟺[x+3]=4−2x
notam 4−2x=y, y număr întreg de unde x=4−y
2.

⇒[4−y
2+3]=y ⟺[10−y
2]=y⟺ 𝑦≤10−𝑦
2<𝑦+1⟺2𝑦≤10−𝑦<2𝑦+2
⟺0≤10−3y≤2 ⇔ −10≤−3y≤−8⟺ 8
3≥y≥10
3

39
deoarece y este num ăr întreg obținem y=3 deci x=1
2⇒𝑠={1
2}.

Exemplul4 .Rezolva ți in ℚ×ℚ ecua ția
2𝑥√4+√15−2𝑦√4−√15=5√10+9√6
Rezolvare : √4+√15=√8+2√15
2=√5+2√15+3
2=√(√5+√3)2
2=|√5+√3|
√2
=√5+√3
√2
√4−√15=√8−2√15
2=√5−2√15+3
2=√8−2√15
2=|√5−√3|
√2
=√5−√3
√2
ecua ția devine:
2·√5+√3
√2·x−2·√5−√3
√2·y=5√10+9√6⇔
⟺(√10+√6)x−(√10−√6)y=5√10+9√6⟺
⟺√10(x−y−5)=√6(9−x−y) x,yϵℚ
Egalitatea are loc dac ă:
x−y−5=0 si 9−x−y=0
Rezolv ăm sistemul de ecua ții:
{𝑥+𝑦=9
𝑥−𝑦=5 ⟺{2𝑥=14
𝑥−𝑦=5 ⟺{𝑥=7
𝑦=2. 𝑆={(7,2)}.
Exemplul 5 .Fie x,y,z>0 astfel încat xyz(x+y+z)=1
a)Ar ătați că √(x2+1
y2)(y2+1
z2)(z2+1
x2)=(x+y)(y+z)(z+x)
b)Determina ți un triplet de forma (x,y ,z) cu proprietatea din ipotez ă.
Rezolvare:
a)x2+1
y2=x2+xyz(x+y+z)
y2 =x2+xz(x+y+z)
y=x2y+x2z+xz(y+z)
y=

40
=x2(y+z)+xz(y+z)
y⇒x2+1
y2=x(x+z)(y+z)
y.
Analog ob ținem y2+1
z2=y(y+z)(y+z)
z și z2+1
x2=z(z+x)(z+y)
x apoi
(x2+1
y2)(y2+1
z2)(z2+1
x2)=(x+y)2(x+z)2(y+z)2,⇒
√(x2+1
y2)(y2+1
z2)(z2+1
x2)=(x+y)(x+z)(y+z).

b)Lu ăm x=y=z=k>0⇒k3·3k=1⇒k4=1
3⇒k=1
√34⇒
⇒(x,y,z)=(1
√34,1
√34,1
√34).

41

Capitolul 3
Valorificarea la clasa, in activitatea cu elevii ,a stategiilor didactice
moderne si a activitatilor nonformale

Proiect de lectie

Data:
Unitatea scolara: Scoala Gimnaziala Ioan Slavici Siria
Profesor: Hetes Alina Maria
Clasa: a V-a
Aria curriculara: Matematica si stiinte
Disciplina: Matematica

Unitatea de invatare: Ecuatii si inecuatii in multimea numerelor natural
Subiect: Probleme care se rezolva cu ajutorul ecuatiilor
Tipul lectiei: Transmitere si asimilare de noi cunostinte
Durata: 50 minute
Competente generale:
C.G.1 .Identificarea unor date și relații matematice și corelarea lor în funcție de
contextul în care au f ost definite
C.G.2. Prelucrarea datelor de tip cantitativ, calitativ, structural, contextual
cuprinse în enunțuri matematice;
C.G. 3 . Utilizarea algoritmilor și a conceptelor matematice pentru caracterizarea
locală sau globală a unei situații concrete;
C.G. 4 . Analiza și interpretarea caracteristicilor matematice ale unei situații –
problemă;
Competente specifice
C.S.1 Cunoasterea operatiilor cu numere natural e;
C.S.2 Rezolvarea ecuatiilor in multimea numerelor naturale;
C.S.3 Identificarea si interpretarea matematica a problemelor practice care se
rezolva cu ajutorul ecuatiilor;
C.S.4 Exprimarea, în rezolvarea sau compunerea unor probleme, a soluțiilor
unor
ecuații de tipul: x+a=b; x -a=b; x·a=b; x:a=b; a:x=b; unde a si b numere
natural;

42
C.S.5 Interpretarea matematic ă a unor probleme practice prin utilizarea
opera țiilor cu numere natural și a ordinii efectu ării opera țiilor;
C.S.6 Interpretarea corecta a solutiei problemei .

Competente derivate :
● Cognitive
– C.C.1 Identificarea datele cunoscute și necunoscute ale unei probleme;
– C.C.2 Scrierea problemelor în limba j matematic, folosind notațiile adecvate;
– C.C.3 Rezolvarea ecuatiilor in mulțimea numerelor naturale;
-C.C.4 Redactarea logica a rezolvarii probleme, folosind cunoștințele
algebrice.
● Afective
-C.A.1 Concentrarea atentiei asupra actul ui predarii -invatarii -evaluarii;
-C.A.2 Implicarea activa la lectie;
-C.A.3 Manifestarea curiozitatii si a creativitatii in sarcinile propuse.
● Psihomotorii
-C.P.1 Asezarea corecta in pagina;
-C.P.2 Scrierea lizibila in caiet si la tabla;
-C.P.3 Scrierea corecta a informatiilor primite in caiet.

Strategii didactice:
Metode si procedee: conversatia,problematizarea,comparatia explicatia,
observația independentă , descoperirea dirijată sau
independent;
Mijloace didactice: materiale didactie ;fise de lucru.
Forme de organizare a clasei: – frontal: pent ru reactualizarea cunoștințelo r,
discutarea rezultatelor obținute
– individual: activitatea cu fișele de lucru

Bibliografie: -manual: ed. Radical
-„Mate 2000+ Consolidare” ed. Paralela 45

43

Desfasurarea lectiei

Etapele
lectiei Comp. Continutul lectiei Strategii
didactice Evaluare
1. Moment
organizatoric
(2 min) C.A.1
C.A.2 Se asigura condițiile optime
pentru desfășurarea lecției.
Verificarea prezenței elevilor.
Elevii pregătesc caietele și
rechizitele școlare.
Conversa –
tie
2.Reactualiza
rea cunostin –
telor anteri –
oare
(10 minute) C.C.1
C.C.2
C.C.3
C.C.4 Profesorul verifica frontal tema
de casa,facand eventual
observatii si raspunzand
intrebarilor elevilor legate de
problemele care nu au fost
rezolvate .Elevii citesc tema cu
atentie , corecteaza unde au
gresit si completeaza in locurile
unde este necesar.
Elevilor le sunt adresate
intrebari cu privire la lectia
anterioara ,profesorul
verificand calitativ si cantitativ
raspunsurile elevilor.
Sunt solicitati sa raspunda la
intrebari de genul:
-care sunt metodele aritmetice
de rezolvare a problemelor ?
-ce este aceea o ecuatie ?
-ce tipuri de ecuatii
cunoastem?
-ce este necunoscuta ecuatiei?
-prin cate metode putem
rezolva o problema ?
Conversa –
tia
Explicatia
Problema –
tizarea Evaluare
orala.
Se
evaluea –
za corec –
titudinea
rezolvarii

44
3. Anunțarea
temei noi si a
obiectivelor
propuse
(2 minute ) C.A.1
C.A.3 Profesorul anunță titlul și
obiecti vele lecției noi.
Scriu titlul pe tablă „ Probleme
care se rezolvă cu ajutorul
ecuațiilor ”.
Elevii noteaza in caiete titlul
lectiei Conversa –
tia
4.Dirijarea
invatarii
(20 minute) C.S.1
C.S.2
C.S.3
C.S.4
C.S.5
C.S.6 Deoarece elevii vor invata o
noua modalitate de rezolvare a
problemelor de matematica
folosind ecuatiile, profesorul va
incerca sa faca o paralela intre
vechile metode de rezolvare si
noua metoda .Profesorul
propune spre rezolvare elevilor
doua fise Fisa1 si Fisa2.Prima
fisa va contine un ciochine pe
care elevii il vor completa la
rezolvarea unei probleme iar a
doua fisa va fii o fisa cu
probleme,propusa pentru
rezolvarea in clasa. Bineinteles
xa inainte de a incepe
rezolvarea pro blemelor
profesorul scrie pe table si
explica elevilor pe un exemplu
etapele rezolvarii unei
probleme cu ajutorul ecuatiilor:
1.Identificarea si notarea
necunoscutei sau
necunoscutelor;
2.Stabilirea relatiilor dintre
necunoscute
3.punerea problemei in
ecuatie;
4.Rezolvarea ecuatiei;
5.Verificarea rezultatului.
6.Formularea raspunsului
Profesorul va afisa pe o plansa
aceste etape,care vor ramene Conversata
Explicatia
Problemati
zarea
Exercitiul Se evalu –
eaza
corectitud
inea
rezolvarii
si activita –
tea
individual
la a
elevului

45
la vederea elevilor pe tot
parcursul orei,pentru a -i ajuta
in rezolvarea problemelor.
Profesorul imparte cate o fisa
de de lucru fiecarui elev,
acestia urmand sa iasa sa
rezolve problemele la tabla, in
functie de gradul de dificultate
(fisa 2 ).Pentru inceput elevii vor
parcurge impreuna cu
profesorul fisa1. Apoi elevii
sunt provocati sa r ezolve
problemele prin doua metode
,una aritmetica si una algebrica
urmand ca mai apoi sa c ompare
rezultatul obtinut si s a
stabileasca c are dintre cele
doua metode este mai usoare.
Elevii ies pe rand la tabla pentru
a rezolva problemele iar a poi
noteaza rezolvarile in cai e.
5.Asigurarea
feed – back –
ului
(12 min) C.S.1
C.S.2
C.S.3
C.S.4
C.S.5
C.S.6 Profesorul urmărește și
îndrumă elevii in rezolvarea
corectă a exercițiilor făcând
eventuale observații
individuale. Trage concluzii
împreună cu elevii din
rezultatele obținute de aceștia.
Elevii sunt atenti la indrumarile
profesorului.
In activitatea lor la clasa
folosesc c arioci de diferite
culori si un flip -chart pentru a
desena sau a reprezenta grafic
diferite date din probleme,
respective pentru a nota pasii
pe care treb uie sa ii parcurga in
rezolvarea problemelor cu
ajutorul ecuatiilor.
Problemati
zarea
Exercitiul
Conv ersa
tia frontala
Se
evaluea –
za
corectitu –
dinea
rezolvarii
si active –
tatea
individual
la a
elevului.
Evaluarea
Muncii
indepen –
dente

46
6. Evaluare
(2 min) C.A.1
C.A.3 Munca elevilor care au
participat activ la lectie va fi
rasplatita cu note iar ceilalti
elevi vor fi incurajati prin
aprecieri din partea
profesorului Conversa –
tia
Explicatia
Sunt
evaluati
cu note o
parte
dintre
elevi.
7.Tema
pentru acasa
(2 minute) C.A.1
C.A.3 Problemele de pe fisa care nu
au fost rezolvate in clasa vor fi
date tema de casa impreuna cu
indrumarile aferenta pentru a
putea fi rezolvate de un cat mai
mare numar de elevi Conversa –
tia
Explicatia

FISA 1

Problema1 . Suma a trei numere consecutive este 576. Aflati cele trei numere.
Pentru a incerca sa fixeze cat mai bine noile cunostinte elevii vor rezolva mai
intai problema folorind metoda algebrica completand impreuna cu profesorul
diagramele goale cu etapele rezol varii problemelor folosind ecuatiile.
Rezolvare: Varianta 1. -Metoda algebrica

1.Identificarea necunoscutelor si notarea lor

2.Stabilirea relatiilor dintre necunoscute

3.Punerea problemei in ecuatie

47

4.REZOLVAREA ECUATIEI

5.Verificarea rezultatului

6.Formularea raspunsului

Elevii vor rezolva impreuna cu profesorul problema propusa parcurgand pasii
de m ai sus.Deoarece am enumerat pasii mai sus nu vor mai fi scrisi inca o data
la rezolvarea problemei.
Pasul 1 . Observam ca avem de -a face cu trei necunoscute , trei numere.
Pasul 2 .Notam primul numar cu x si exprimam celelate doua numere in functie
de primul. Al doilea numar se va scrie x+1 iar al treilea numar cu x+2.
Pasul 3. Folosind datele din enunt, punem problema in ecuatie.
x+x+1+x+2=576
Pasul 4. 3·x+3=576
3·x=573 de unde x=191
Pasul 5. Aflam si cele lalte doua numere
y=191+1=192 ; z=191+2=193 si efectuam verificarea
191+192+193=576
Pasul 6 . Formularea raspunsului
Cele trei numere consecutive sunt 191,192 si 193.
Elevii sunt indrumati sa nu sara nici un pas din rezolvarea problemelor.

48
Deoarece majoritatea elevilor ar fi fost tentati sa resolve de la bun inceput
problema folosind metoda figurativa pe care
Varianata2 -Metoda figurativa:
Notam cele trei numere cu x, y si z.Reprezentam schematic datele
problemei:
X suma
Y +1 576
Z +2
1.Aflam cat au impreuna cele trei segmente de lungimi egale:
576-3=573
2.Aflam lungimea unui segment:
573:3=191
3.Aflam numetele:
x=191; y=191+1=192 ; z=191+2=193

FISA 2

1.Intr-un depozit sunt 158 kg grau și porumb. Cantitatea de grau este cu
75 Kg mai mare decat cantitatea de porumb.Aflați cantitatea de porumb
existenta în depozit.
2.Oana a inceput sa citeasca o carte. In prima zi a citi 15 pagini, a doua zi
de 2 ori mai multe pagini si i -au mai ram as pentru urmatoaele zile inca 65 pagini.
Calculati cate pagini are cartea.
3.Suma a doua numere este 540 .stiind ca daca il impartim pe primul la al
doilea obtinem catul 3 si restul 4 aflati cele doua numere.
4. Intr-un bloc sunt apartam ent cu 2 si 3 camere.in total fiind 41de camere
si 17 apartamente.calculati cate apartamente sunt.
a)cu 3 camere.b)cu 2 camere.

FISA 2

49

Pr.1. 4 metri de stofa și 3 metri de matase costă 1350 de lei, iar 2 metri de
stofă și 6 metri de matase costa 1470 de lei. Cat costa metrul de stofa și cât costa
metrul de matase?
Pr. 2 Într-o curte sunt rate și capre, în total 33 de capete si 1 06 picioare. Cate
rate și câți iepuri sunt în curte?
Pr.3 . Media aritmetică a două numere este 18 Unul dintre ele este 26. Aflați
celălalt număr.

Proiect de lectie

Data:
Unitatea scolara : Scoala Gimnaziala Ioan Slavici Siria
Profesor: Hetes Alina Maria
Clasa: a VII-a
Aria curriculara : Matematica si stiinte
Disciplina :Matematica
Unitatea de invatare :Ecuatii si sisteme de ecuatii
Subiect : Probleme care se rezolva cu ajutorul ecuatiilor
Tipul lectiei : lectie de recapitulare a cunostintelor
Durata: 50 minute
Competente generale:
CG 1. Identificarea unor date și relații matematice și corelarea lor în funcție de
contextul în care au fost definite .
CG 2. Prelucrarea datelor de tip cantitat iv, calitativ, structural, contextual
cuprinse în enunțuri matematice.
CG 3. Utilizarea algoritmilor și conceptelor matematice pentru
caracterizarealocală sau globală a unei situații concrete
CG 4. Exprimarea caracteristicilor matematice cantitative sau calitative ale unei
situații concrete și a algori tmilor de prelucrare a acestora
CG 5. Analiza și interpretarea caracteristicilor matematice ale unei situații
problematice

Competente specific e
C.S.1.Identificarea in exercitii s au in probleme a numerelor rationale ;
C.S.2. Alegerea formei de reprezentare a unui număr rational si real și utilizarea
de algoritmi pentru optimizarea calculului cu numere reale

50
C.S.3 . Determinarea soluțiilor unor ecuații, inecuații sau sisteme de ecuații
C.S.4 . Rezolvarea unor siuații problemă utilizând rapoarte de numere reale
reprezentate prin litere; interpreterea rezultatului
C.S.5 Identificarea unor probleme care se rezolvă cu ajutorul ecuațiilor,
inecuațiilor sau a sistemelor de ecuații, rezolvarea acest ora și interpretarea
rezultatului obținut

Competente derivate :
● Cognitive
– C.C.3 Rezolvarea ecuatiilor in mulțimea numerelor naturale;
-C.C.4 Redactarea logica a rezolvarii probleme, folosind c unostintele
algebrice
– C.C.1 Identificarea datele cunoscute și necunoscute ale unei probleme;
– C.C.2 Scrierea problemelor în limbaj matematic, folosind notațiile
adecvate;
.
● Afective
-C.A.1 Concentrarea atentiei asupra actului pre darii -invatarii -evaluarii;
-C.A.2 Implicarea activa la lectie;
-C.A.3Manifestarea curiozitatii si a creativitatii in sarcinile propuse.
● Psihomotorii
-C.P.1 Asezarea corecta in pagina;
-C.P.2 Scrierea lizibila in caiet si la tabla;
-C.P.3 Scrierea corecta a informatiilor primite in caiet.

Strategii didactice:
Metode si procedee: conversatia,problematizarea,comparatia explicatia,
observația independentă , descoperirea dirijată sau
independent;
Mijloace didactice: materiale didactie ;fise de lucru.
Forme de organizare a clasei: – frontal: pent ru reactualizarea cunoștințelo r,
discutarea rezultatelor obținute
– pe grupe : activitatea cu fișele de lucru

Bibliografie: -manual: ed. Radical
-„Mate 2000+ Consolidare” ed. Paralela 45

51

Desfasurarea lectiei

Etapele lectiei Comp. Continutul lectiei Strategii
didactice Evaluare
1.Moment
Organizatoric
(2 minute) Se asigura conditiile
optime pentru
desfasurarea
lectiei. Profesorul noteaza
absentii.Elevii se
pregatesc pentru
inceperea orei. Conversatia
2.Reactualizarea
cunostintelor
anterioare
(10 minute) Profesorul verifica tema
de casa impreuna cu elevii
, adresandu -le intrebari cu
scopul de a vedea daca au
fost facute si intelese
problemele din
teme.Elevii citesc tema si
corecteaza sau
completeaza acolo unde
este cazul .Elevilor le sunt
adresate intrebari legate
de anumite notiuni
matematice .Sunt
recapitulate notiuni
precum:media
aritmetica,media
geometrica, procente sau
raportul a doua numere
Problema –
tizarea ,
Conversatia
Explicatia Se
evaluea –
za
corectitu –
dinea
rezolvarii
si active –
tatea
individual
la a
elevului.

3.Anuntarea
temei noi si a Profesorul anunta ti tlul si
obiectivele lectiei noi: Explicatia
Conversatia Se
evaluea –

52
obiectivelor
propuse
(2 minute) Probleme care se rezolva
cu ajutorul ecuatiilor.
Obiectivele acestei lectii
enuntate de professor
sunt:
1.recunoasterea unei
probleme care se rezolva
cu ajutorul ecuatiilor;
2.recapitularea a diferite
notiuni matematice
3.interpretarea unui
enunt matematic
4.Rezolvarea de ecuatii cu
un nivel mai ridicat de
dificultate
5.O pregatire mai buna
pentru examenul de
evaluare nationala za
corectitu –
dinea
rezolvarii
si active –
tatea
individual
la a
elevului.

4.Dirijarea
invatarii
(20 minute) C.S.1
C.S.2
C.S.3
C.S.4
C.S.5 Profesorul imparte cate o
fisa de lucru fiecarui elev,
acestia urmand sa iasa sa
rezolve problemele la
tabla, in fu nctie de gradul
sporit de dificultate( fisa
1).Elevii sunt provocati sa
rezolve problemele prin
metoda algebrica.Elevii
recapituleaza pasii pe
care ii parcurgem in
rezolvarea problemelor cu
ajutorul ecuatiilor:
1.identificarea si notarea
necunoscutei sau
necunoscutelor;
2.stabilirea relatiilor
dintre necunoscute
3.punerea problemei in
ecuatie; 4.rezolvarea
ecuatiei;
5.verificarea rezultatului. Explicatia
Problematizarea
Conversatia
Munca
independenta Se
evaluea –
za
corectitu –
dinea
rezolvarii
si active –
tatea
individual
la a
elevului.

53
6.formularea raspunsului

Elevii ies pe rand la tabla
pentru a rezolva
problemele iar apoi
noteaza rezolvarile in
caiete.

5.Asigurarea
feed – back -ului
(12 min) C.S.1
C.S.2
C.S.4
C.S.5
Pentru a fixa si mai bine
cunostintele si pentru a
antrena si mai mult
mintea elevilor, dup ace
au rezolvat cateva
probleme elevii sunt
rugati sa compuna fiecare
singur cate o problema de
matematica in genul celor
rezolvate in anii de
gimnaziu.Elevii vor lucre
independent in caiete ,
profesorul ajutandu -I cu
indrumarile si indicatiile
necesare.Vor iesi la table
cativa elevi pentru a
prezenta problemele
compuse. Conversatia
Munca
independenta Se
evaluea –
za
corectitu –
dinea
rezolvarii
si active –
tatea
individual
la a
elevului.

6. Evaluare
(2 min) Elevii care au iesit in
evidenta cu raspunsuri
foarte bune vor fi
rasplatiti cu note iar
ceilalti cu incurajari din
partea profesorului conversatia Se
evalueaza
Cu note
elevii
7. Tema
pentru acasa
(2 minute) Tema de casa c onsta in
alegerea pentru rezolvare
a 5 probleme aleatoriu
din Culegerea de
probleme pentru
evaluarea nationala Conversatia

54

FISA 1

Rezolvati problemele:
1.Sa se afle un numar stiind ca media aritmetica dintre jumatatea
sa,sfertul sau si sesimea sa este 121.
2.Intr-un magazine de pantofi , luni s -a practicat o scumpire a
produselor cu un procent de 20%.Marti toate produsele s -au ief tinit cu 5%
.Miercuri s -au ieftinit tot cu 5% .Aflati pretul initial al unei perechi de sandale
stiind ca dupa toate cresterile si scaderile succesive pretul final a ajuns la 1083
lei.
3.Tatal si fiul au impreuna 46 de ani .Aflati varstele lor stiind ca raportul
dintre varste este de 3,6.
4.Un turist pleaca de la Sinaia la Brasov cu bicicleta.Dupa ce a parcurs
jumatate din drum se cazeaza la o cabana si innopteaza.Adoua zi parcurge o
treime din restul drumului ramanandu -I de parcurs 15 km pentru a treia
zi.Aflati lungimea drumului.

Rezolvare
Problema1.
Notam numarul necunoscut cu x si calculam media aritmetica:

55
(𝑥
2+𝑥
4+𝑥
6):3=121
11∙𝑥
12:3=121
11∙𝑥
36=121
11·x=121·36
x=11·36=396.

Problema 2.
Notam pretul initial al perechii de sandale cu x
Aflam pretul dupa scumpirea de Luni.
x+20%dinx=x+20
100·x=12
10·x
Aflam pretul dupa ieftinirea de Marti:
12
10·x-5%din 12
10·x=12
10·x-5
100·12
10·x=114
100·x
Aflam pretul dupa ieftinirea de Miercuri:
114
100·x-5%din114
100·x=1083
1000·x
Avand in vedere ca Miercuri perechea de sandale a costa t 1083 lei, egaland
cele doua preturi vom obtine o ecuatie cu necunoscuta x.
1083
1000·x=1083
x=1000 lei .

Problema 3.
Notam varsta tatalui cu t si varsta fiului cu f.Tinand cont de datele problemei
vom obtine urmatoarele relatii:
t+f=46 (relatia 1)

56
𝑡
𝑓=3,6 (relatia 2)
Din relatia 2 deducem ca t=3,6·f si inlocuim in relatia 1
3,6·f+f=46
4,6·f=46
f=46:4,6=10 deci t=36
In concluzie varsta tatalui este de 36 ani iar varsta fiului 10 ani.
Problema 4.
Pentru o rezolvare mai usoara a problemei vom reprezenta grafic datele
problemei:
Lungimea x
drumului :
lungimea din
drum parcursa 𝑥
2 𝑥
2
in prima zi
lungimea din
drum parcursa 𝑥
6 15km
in a treia zi

Deci cele doua segmente reprezinta 15 km.In consecinta 1 segment reprezinta
7,5km iar toate trei 22,5km .
Cei 22,5 km reprezinta jumatate din drumul total adica din 45km.
Raspuns:lungimea drumului este de 45 km.

Proiect de lectie

Data:
Unitatea scolara: Scoala Gimnaziala Ioan Slavici Siria
Profesor: Hetes Alina Maria

57
Clasa: a VIII-a
Aria curriculara: Matematica si stiinte
Disciplina: Matematica
Unitatea de invatare: Ecuatii si inecuatii in multimea numerelor reale
Subiect: Probleme care se rezolva cu ajutorul ecuatiilor in multimea numerelor
reale
Tipul lectiei: Consolidare.
Durata: 50 minute
Competente generale:
CG 1. Identificarea unor date și relații matematice și corelarea lor în funcție de
contextul în care au fost definite .
CG 2. Prelucrarea datelor de tip cantitativ, calitativ, structural, contextual
cuprinse în enunțuri matematice.
CG 3. Utilizarea algoritmilor și conceptelor matematice pentru
caracterizarealocală sau globală a unei situații concrete
CG 4. Exprimarea car acteristicilor matematice cantitative sau calitative ale
unei situații concrete și a algoritmilor de prelucrare a acestora
CG 5. Analiza și interpretarea caracteristicilor matematice ale unei situații
problematice

Competente specifice:
C.S.1 Identificarea în exemple, în exerciții sau în probleme a numerelor reale și
a formulelor de calcul prescurtat

C.S.2 Deducerea și aplicarea formulelor de calcul prescurtat pentru optimizarea
unor calcule
C.S.3 Transpunerea unei situații -problemă în limbaj algebric, rezolvarea
problemei obținute și interpretarea rezultatului
C.S. 4 Determinarea soluțiilor unor ecuații, inecuații sau sisteme de ecuații
C.S.5 Identificarea unor probleme care se rezolvă cu ajutorul ecuațiilor,
inecuațiilor sau a sistemelor de ecuații, rezolvarea acestora și interpretarea
rezultatului obținut

58
Competente derivate :
● Cognitive
– C.C.1 Identificarea datele cunoscute și necunoscute ale unei probleme;
– C.C.2 Scrierea problemelor în limbaj matematic, folosind notațiile
adecvate;
– C.C.3 Rezolvarea ecuatiilor in mulțimea numerelor reale
-C.C.4 Redactarea logica a rezolvarii probleme, fo losind cunoștințele
algebrice.
● Afective
-C.A.1 Concentrarea atentiei asupra actului predarii -invatarii -evaluarii;
-C.A.2 Implicarea activa la lectie;
-C.A.3Manifestarea curiozitatii si a creativitatii in sarcinile propuse.
● Psihomotorii
-C.P.1 Asezarea corecta in pagina;
-C.P.2 Scrierea lizibila in caiet si la tabla;
-C.P.3 Scrierea corecta a informatiilor primit e in caiet.

Strategii didactice:
Metode si procedee: conversatia,problematizarea,comparatia explicatia,
observația independentă , descoperirea dirijată sau
independent;
Mijloace didactice: materiale didactie ;fise de lucru.
Forme de organizare a clasei: – frontal: pent ru reactualizarea cunoștințelor,
discutarea rezultatelor obținute
– individual: activitatea cu fișele de lucru

Bibliografie: -manual: ed. Radical
-„Mate 2000+ Consolidare” ed. Paralela 45

Desfasurarea lectiei

Etapele lectiei Comp. Continutul lectiei Strategii
didactice Evaluare
1.Moment
Organizatoric
Se asigura conditiile
optime pentru
desfasurarea
lectiei:notarea conversatia

59
absentilor ,
pregatirea
rechizitelor .Se
asigura ordinea si
disciplina in clasa.
2.Reactualizarea
cunostintelor
anterioare
Se varifica tem a
cantitativ si
calita tiv.Daca exista
exercitii care nu au
fost effectuate acasa
vor fi rezolvate in
clasa impreuna cu
profesorul sau
acesta va da indicatii
pentru rezolvarea
lor . Elevii verifica
tema si asculta
indicatiile
profesorului. Conversatia
Explicatia

3.Captarea
atentiei
Profesorul anunta
titlul lectiei
noi:Probleme care
se rezolva cu
ajutorul ecuatiilor in
multimea
numere lor
reale. Avand in
vedere ca elevii sunt
in clasa a VIII -a se
presupune ca au
parcurs pana acuma
toate notiunile
matematice
necesare unui
absolvent de ciclu
gimnazial si se
pregatesc pentru
examenul de
evaluare natrionala Conversatia
Problematizarea
Explicatia

60
de la sfarsitul clasei a
VIII-a.
4.Dirijarea
invatarii Elevii impreuna cu
profesorul
recapituleaza
etapele rezolvarii
problemelor cu
ajutorul
ecuatiilor .Pentru
aceasta ora
profesorul alege sa
imparta e fectivul de
20 de elevi in patru
grupe .Profesorul
distribuie cate o fisa
cu probleme alese.O
vom nota Fisa1
Fiecare grupa
primeste cate o
sarcina stabilita de
profesor, urmand ca
pentru celelalte
probleme grupele sa
isi scimbe sarcinile
intre ele.De
exempluu pentru
prima problema
grrupele vor a vea
urmatoarele sarcini:
Grupa 1 . Elevii din
grupa intai vor fi
responsabili cu
identificarea si
notarea
necunoscutei asau
necunoscutelor
adica cu primul pas
din rezolvarea
problemei Conversatia
Problematizarea
Explicatia
Lucru pe grupe

61
Grupa 2. Elevii din
grupa doi vor fi
responsabili cu
stabilirea relatiilor
intre necunoscute si
punerea problemei
in ecuatie.
Grupa 3. Elevii din
grupa trei vor avea
ca sarcina rezolvarea
ecuatiei sau dupa caz
a ecuatiilor.
Grupa 4 .Elevii din
grupa patru vor avea
ca sarcina verificarea
solutiilor si
formularea
raspunsul ui la
problema

5.Asigurarea
feed -back -ului Pentru verificarea
asimilarii si a
intelegerii notiunilor
recapitulate in
aceasta ora
profesorul va da ca
sarcina elevilor sa
compuna o
proble ma care se
rezolva cu
urmatoarele ecuatii :
24·𝑥=𝑥·𝑦+20
100·𝑥
·𝑦
𝑥+𝑦=3456
Explicatia,
Problematizarea
conversatia
6.Evaluare Elevii sunt rugati sa
completeze la
sfarsitul orei
chestionarul de Conversatia
Munca
independenta

62
evaluare finala a
activitatii orei.
7.Tema pentru
casa Tema de casa consta
in rezolvarea unei
fise cu probleme
selectionate din
variantele de teste
propuse pentru
evaluarea finala la
clasa a opta Conversatia

FISA 1

1.Suma a doua numere este √32 iar diferenta patratelor este 384 .Aflati cele
doua numere .
2. 4 metri de stofa și 3 metri de matase costă 1350 ,45 de lei, iar 2 metri de
stofă și 6 metri de matase costa 1470 ,18 de lei. Cat costa metrul de stofa și cât
costa metrul de matase?
3. Într-o curte sunt rate și capre, în total 33 de capete si 106 picioare. Cate
rate și câți iepuri sunt în curte?
4 . Media geometrica a două numere este 18 Unul dintre ele este 26. Aflați
celalalt numar

FISA 2

1.Andrei si Cristina i -au cumparat impreuna un cadou fratelui lor.Andrei a
contribuit cu 60%din pretul cadoului, iar Cristina restul de 80 de lei.Determinati
pretul cadoului.
Evaluare Nationala
2014
2.Suma dintre jumatatea unui numar real pozitiv si 9
2 este egala cu dublul
numarului .Determinati numarul .

63
3.O persoana are la inceputul saptamanii a anumita suma de bani .In prima zi
cheltuieste 30% din suma ,a doua zi cheltuieste 40% din suma iar a treia zi
cheltuieste un sfert din suma.
a)In ce zi cheltuieste cel mai mult si in ce zi cheltuieste cel mai putin?
b)Persoanei ii raman 100 de lei dupa cele trei zile.Determinati valoarea sumei
S.
4.Mai multe personae vor sa cumpere un obiect.Daca fiecare persoana ar
contribui cu cate 30 de lei ,nu ajung 40 lei,iar daca fiecare persoana ar contribui
cu ucate 35 lei ,raman 20 lei.Determinati numa rul persoanelor si pretul
obiectului.
Probleme selectionate din variante propuse spre rezolvare(culegere CLUBUL
MATEMATICIENILOR)

64
Chestionar de evaluare finala

Hasurati in fiecare sector de cerc atatea spatii cate corespund aprecierii
voastre, un spatiu insemnand cel mai putin si cinci spatii insemnand cel mai
mult,conform cerintelor scrise in fiecare sector.

Mai am ceva de
spus………………………………………………………………………….

Mi-a facut
placer sa
lucrez in grup
Mi-a fost util

65

Proiect de lectie
Data:
Unitatea scolara: Scoala Gimnaziala Ioan Slavici Siria
Profesor: Hetes Alina Maria
Clasa: a VI-a
Aria curriculara: Matematica si stiinte
Disciplina: Matematica
Unitatea de invatare: Ecuatii si inecuatii in multimea numerelor rationale
Subiect: Probleme care se rezolva cu ajutorul ecuatiilor
Tipul lectiei: Transmitere si asimilare de noi cunostinte
Durata: 50 minute
Competente generale:
CG 1. Identificarea unor date ș i relații matematice și corelarea lor în funcție de
contextul în care au fost definite .
CG 2. Prelucrarea datelor de tip cantitativ, calitativ, structural, contextual
cuprinse în enunțuri matematice.
CG 3. Utilizarea algoritmilor și conceptelor matematic e pentru
caracterizarealocală sau globală a unei situații concrete
CG 4. Exprimarea caracteristicilor matematice cantitative sau calitative ale
unei situații concrete și a algoritmilor de prelucrare a acestora
CG 5. Analiza și interpretarea caracteristicilor matematice ale unei situații
problematice
Competente specifice
C.S.1Transpunerea unei situații -problemă în limbajul divizibilității, rezolvarea
problemei obținute și interpretarea rezultatului
C.S.2 Identificarea în exemple, în exerciții sau în probleme a noțiunilor: divizor,
multiplu, numere prime, numere compuse, cmmdc, cmmmc
C.S.3 Exprimarea caracteristicilor relației de divizibilitate în mulțimea numerelor
naturale, în exerciții și probleme care se rezolvă folosind divizibilitatea
C.S.4 Aplicarea regulilor de calcul cu numere raționale pozitive pentru
rezolvarea ecuațiilor de tipul:
x a b ;
x a b ;
😡 a b (
0a );
ax b c , unde a,b

66
și c sunt numere raționale mai mari sau egale cu 0 sau numere întregi care
permit efectuarea operațiilor
C.S.5 Redactarea soluțiilor unor probleme rezolvate prin ecuațiile studiate în
mulțimea numerelorraționale positive
C.S.6 Interpretarea matematică a unor probleme practice prin utilizarea
operațiilor cu numere raționale pozitive și a ordinii efectuării operațiilor
C.S.7 Rezolvarea cu ajutorul rapoartelor și proporțiilor a unor situații -problemă
și interpretarea rezultatelor
C.S.8 Redactarea soluțiilor ecuațiilor și inecuațiilor studiate în mulțimea
numerelor întregi, în rezolvarea sau compunerea unei probleme
Competente derivate :
● Cognitive
– C.C.1 Identificarea datele cunoscute și necunoscute ale unei probleme;
– C.C.2 Scrierea problemelor în limbaj matematic, folosind notațiile
adecvate;
– C.C.3 Rezolvarea ecuatiilo r in mulțimea numerelor rationale ;
-C.C.4 Redactarea logica a rezolvarii probleme, folosind cuno ștințele
algebrice.
● Afective
-C.A.1 Concentrarea atentiei asupra actului predarii -invatarii -evaluarii;
-C.A.2 Implicarea activa la lectie;
-C.A.3Manifestarea curiozitatii si a creativitatii in sarcinile propuse.
● Psihomotorii
-C.P.1 Asezarea corecta in pagina;
-C.P.2 Scrierea lizibila in caiet si la tabla;
-C.P.3 Scrierea corecta a informatiilor primite in caiet.

Strategii didactice:
Metode si procedee: conversatia,problematizarea,comparatia explicatia,
observația independentă , descoperirea dirijată sau
independent;
Mijloace didactice: materiale di dactie ;fise de lucru.
Forme de organizare a clasei: – frontal: pent ru reactualizarea cunoștințelor,
discutarea rezultatelor obținute
– individual: activitatea cu fișele de lucru

Bibliografie: -manual: ed. Radical
-„Mate 2000+ Consolidare” ed. Paralela 45

67

Desfasurarea lectiei

Etapele lectiei Comp. Continutul lectiei Strategii
didactice Evaluare
1.Moment
Organizatoric

2.Reactualizarea
cunostintelor
anterioare

3.Captarea
atentiei

4.Dirijarea
invatarii
5.Asigurarea
feed -back -ului
6.Evaluare
7.Tema pentru
casa

68

69

70

71

72