Strategi Pemecahan Masalah Matematika - WordPress
STRATEGI PEMECAHAN MASALAHMATEMATIKAOlehHerry Pribawanto Suryawan1I. Pemecahan Masalah MatematikaDalam kehidupan sehari-hari kita dihadapkan pada beraneka rapenyelesaian yang berbeda-beda. Salah satu di antaranya adalahmelalui pemecahan masalah matematika (Mathematical rlukan strategi yang khas pula untuk menyelesaikannya.Strategi semacam ini secara utuh akan dapat dipahami dan dikuasaiapabila seseorang terbiasa melatih diri dengan berbagai macam tipedan tingkat kesulitan soal-soal matematika. (Learning by Doing ;Doing Mathematics !).Di dalam matematika dikenal seorang tokoh pemecahan masalahterkemuka yang bernama George Polya. Hasil karya Polya yangpaling monumental adalah identifikasi langkah umum yang harusdilakukan oleh setiap orang untuk memecahkan masalah. Langkahlangkah umum tersebut adalah1. Memahami masalah (understand the problem)2. Mengembangkan suatu rencana pemecahan masalah (devise aplan)3. Mengoperasionalkan rencana (implement the plan)4. Mengkaji ulang jawaban dan prosesnya (look back)Dosen Jurusan Matematika Universitas Sanata Dharma Yogyakartaemail : herrypribs@staff.usd.ac.id11
Hampir setiap ilmuwan mengetahui dan menggunakan identifikasilangkah-langkah pemecahan masalah ini.Karakteristik yang baik bagi orang untuk mampu melakukanpemecahan masalahDi Amerika Serikat, penyelidikan tentang pemecahan masalah telahdilakukan beberapa puluh tahun yang lalu. Di antaranya dilakukanoleh Dodson dan Hollander (1974). Menurut mereka kemampuanpemecahan masalah yang harus ditumbuhkan adalah1. Kemampuan mengerti konsep dan istilah matematika2. Kemampuan untuk mencatat kesamaan, perbedaan, dananalogi3. Kemampuan untuk mengidentifikasi elemen terpenting danmemilih prosedur yang benar4. Kemampuan untuk mengetahui hal yang tidak berkaitan5. Kemampuan untuk menaksir dan menganalisa6. litas dan ruang7. . Kemampuan untuk berganti metode yang telah diketahui9. Mempunyai kepercayaan diri yang cukup dan merasa senangterhadap materinyaSelain kemampuan di atas, siswa mempunyai keadaan yang tentuuntuk masa yang akan datang sehingga dengan percaya diri dapatmengembangkan kemampuan tersebut.Saran untuk ankemampuan di atas, guru memberikan hal berikut:1. Ajari murid dengan berbagai strategi yang dapat digunakanuntuk berbagai soal2
2. Berikan waktu yang cukup untuk murid mencoba soal yangada3. Ajaklah murid untuk menyelesaikan dengan cara lain4. Setelah jawaban diperoleh, ajaklah murid untuk asasendiri, kemudian ajaklah untuk mencari penyelesaian dengancara yang lebih baik5. Jika kita berhadapan dengan materi sulit, tidak berarti kitaharus menghindar. Tetapi gunakan cukup waktu untukmengulang dan mengerjakan soal yang lebih banyak. Mulailahdengan mengerjakan soal serupa kemudian soal-soal lain yanglebih menantang6. Fleksibilitas di dalam pemecahan masalah merupakan perilakubelajar yang baikII. Strategi Pemecahan Masalah MatematikaStrategi atau trik di dalam pemecahan masalah seringkali disebutsebagai heuristik. Berikut akan dibicarakan strategi pemecahanmasalah menurut Loren C. Larson. Dalam bukunya ”Problem Solvingthrough Problem”, Loren C. Larson merangkum strategi pemecahanmasalah matematika menjadi 12 macam sebagai berikut :1. Mencari pola2. Buatlah gambar3. Bentuklah masalah yang setara4. Lakukan modifikasi pada soal5. Pilih notasi yang tepat6. Pergunakan simetri7. Kerjakan dalam kasus-kasus8. Bekerja mundur9. Berargumentasi dengan kontradiksi10.Pertimbangkan paritas3
11.Perhatikan kasus-kasus ekstrim12.Lakukan anuntukmemecahkan semua jenis masalah. Terkadang dengan satu strategisaja suatu masalah telah dapat diselesaikan, tetapi kadang-kadangsuatu masalah menuntut penggunaan gabungan dari beberapastrategi. Tidak ada strategi yang lebih baik dari strategi yang lain.Strategi-strategi tersebut bersifat relatif satu sama lain. Oleh karenaitu ada baiknya semua strategi di atas dipelajari seluruhnya. Kalaupun nantinya hanya akan memilih satu strategi tertentu untukmemecahkan masalah, semua tergantung pada masalahnya.Untuk lebih jelasnya 12 strategi pemecahan masalah dari Larsontersebut akan kita bahas satu per satu secara singkat disertaidengan contoh sederhana.1. Mencari Pola (Search for a pattern)Berapakah suku ke-20 di dalam barisan bilangan1, 2, 4, 6, 10, 12, 16, 18, 22, Pada umumnya, penyelesaian yang mungkin dilakukan adalahdengan mencari pola yang ada pada barisan bilangan tersebut.Mungkin akan dicoba melihat apakah barisan tersebut merupakanbarisan aritmetika atau barisan geometri. Tetapi kita tidak akanpernah sampai pada kesimpulan itu karena barisan di atas memangtidak berpola demikian. Ingatlah barisan bilangan prima dan segeraanda mendapatkan jawabannya.2. Buatlah Gambar (Draw a figure)Strategi ini kiranya cukup jelas. Kebanyakan persoalan geometridapat terselesaikan (dengan cepat) melalui pertolongan gambar tlahgambar/diagram dalam ukuran yang proporsional. Tetapi perludiingat bahwa gambar bukanlah alat pembuktian yang utama.4
3. Bentuklah Masalah yang Setara (Formulate an equivalentproblem)Berapakah faktor persekutuan terbesar (FPB) dari 95226768 dan1008 ? Kalau kita menggunakan faktorisasi prima, maka langkahyang diperlukan untuk menyelesaikannya cukup panjang. Olehkarena itu mungkin kita perlu bekerja pada soal yang lebihsederhana untuk sampai pada kesimpulan tertentu dan hasil iniyang nantinya kita terapkan pada soal semula. Misalnya FPB dari2166 dan 14 adalah sama dengan FPB dari 14 dan 10 sebab2166 154 14 10 , yang berarti 10 kongruen dengan 2166 modulo14.4. Lakukan Modifikasi pada Soal (Modify the problem)Tentukan semua pasangan bilangan bulat (a,b) sehingga bilangana 2 4b dan b 2 4a keduanya merupakan bilangan kuadrat.Untuk menyelesaikan soal ini dapat diasumsikan bahwa b a .Modifikasi ini tidaklah mengubah jawaban dan memberikan jalanpenyelesaian yang lebih cepat. Coba anda pikirkan mengapademikian.5. Pilih Notasi yang Tepat (Choose effective variabel,konstanta, parameter). Semua konsep kunci dalam soal haruslahteridentifikasi dan sebisa mungkin dinotasikan. Selanjutnya dicarihubungan antar notasi yang telah ditetapkan. Sebagai contoh, jika nadalah bilangan asli sehingga 2n 1 merupakan bilangan kuadrat,kita akan buktikan bahwa n 1 adalah penjumlahan dua bilangankuadrat yang berurutan. Kita gunakan notasi yang tepat, masalah inimenjadi masalah aljabar yang sederhana. Misalkan 2n 1 s 2 , s .5
Karena s 2 ganjil maka s juga ganjil. Misal s 2t 1 , t 2n 1 (2t 1)2 dan n maka(2t 1)2 1 4t 2 4t 2t 2 2t .22Selanjutnya n 1 2t 2 2t 1 t 2 (t 1)2 . Jadi kita telah menuliskann 1 sebagai penjumlahan dua bilangan kuadrat yang berurutan.6. Pergunakan Simetri (Exploit Symmetri)Tentukan penyelesaian persamaantan x tan(x 10 )tan(x 20 )tan(x 30 ).Kita gunakan kekuatan simetri dengan membentuk variabel baruy x 15 . Dari sini diperoleh persamaantan(y 15 ) tan(y 5 )tan(y 5 )tan(y 15 ).Persamaan terakhir ini dengan mudah dapat disederhanakanmenjadi sin 4y cos10 .7. Kerjakan dalam Kasus-kasus (Divide into cases)Jika a , b , dan cadalah sebarang bilangan bulat, apakah 2senantiasa membagi habis (a b )(b c )(c a ) ?Soal ini mudah dikerjakan dengan membagi penyelesaian ke dalamkasus-kasus:i.Semua bilangan tersebut genapii.Satu saja bilangan yang genapiii.Tepat dua bilangan genapiv.Tidak ada satu pun yang genap8. Bekerja Mundur (Work backward)Buktikan bahwa untuk setiap bilangan real positif x dan y berlakumin{ x , y } 1x2x y xy 1 y2Kita coba tunjukkan ketaksamaan1xx 2 y2 max{ x , y }.22 xy saja, anda dapat y1mencoba membuktikan ketaksamaan lainnya.Kita bekerja mundur dari apa yang akan dibuktikan sebagai berikut.6
1x22xy xy xy1x y y 2 xy x y 4xy x 2 2xy y 2 x 2 2xy y 2 0 ( x y ) 0.2Tentu saja hasil terakhir yang kita peroleh adalah hal yang pastibenar. Oleh karena itu dengan cara membalik langkah pengerjaan diatas dari hasil terakhir, kita akan memperoleh pernyataan yangdiminta.9. Berargumentasi dengan Kontradiksi (Argue with contradiction)Untuk menunjukkan kebenaran pernyataanditemukanbuktilangsung.Oleh1tidak terdefinisi, sulit0karenaitubuktikontradiksi/reductio ad absurdum menjadi senjata yang cukupampuh. Tentu saja dalam hal ini diandaikan bahwa1terdefinisi dan0akan diperoleh suatu kemustahilan.10. Pertimbangkan Paritas (Pursue parity)Diberikan sembilan titik latis (lattice point) di ruang3, tunjukkanbahwa terdapat suatu titik latis lain yang terletak di antara garishubung dua dari sembilan titik latis yang diberikan.Catatan: titik latis adalah titik pada ruang yang komponen-komponen koordinatnya adalah bilangan bulat.Ketika dibaca pertama kali soal ini mungkin terlihat sulit, tetapidengan memperhatikan pola paritas dari sembilan titik latis tersebutmaka hanya akan diperoleh delapan pola saja yang mungkin dan halini menjadi kunci penyelesaian soal di atas.11. Perhatikan Kasus-kasus Ekstrim (Consider extreme cases)Buktikan bahwa hasilkali n bilangan bulat yang berurutan selaluhabis dibagi n ! . Pertama, perhatikan bahwa soal cukup dikerjakan7
untuk n bilangan bulat positif yang berurutan. Soal secara trivialterjawab apabila salah satu dari bilangan tersebut adalah 0. acukupditunjukkan bahwa n ! membagi habis hasilkali nilai mutlaknya.Jadi diandaikan terdapat n bilangan bulat positif berurutan yanghasilkalinya tidak habis dibagi n ! . Sebut bilangan terkecilnya adalahm . Dengan sedikit perhitungan aljabar akan diperoleh suatukontradiksi, dan terbuktilah pernyataan yang diminta.12. Lakukan Perumuman (Generalize)Untuk menghitung jumlahan deret2007k2 2k 1bagikitauntuknS (x ; n ) k 2 x kk 1menghitungsecarak, lebih menguntungkanumumjumlahanderetdan selanjutnya menghitung S ( 12 ;2007) sebagaijawaban soal semula.III. Beberapa Contoh Soal dan PenyelesaiannyaPada bagian ini kita akan melihat penerapan dari berbagai strategiyang telah kita bicarakan pada bagian sebelumnya dalam beberapacontoh soal.1. Apabila 1000 ditulis sebagai penjumlahan dari beberapa bilanganbulat positif dan kemudian bilangan-bilangan itu dikalikan, apasyarat yang harus dipenuhi agar hasil perkalian itu terbesar? Berapahasilkali terbesar itu?Penyelesaian:Misalkan1000 a1 a 2 an ,akandicarisyaratpadaai , i 1,2, , n sehingga a1.a 2 . .an terbesar. Kita dapat mencobamenyelidiki untuk bilangan-bilangan yang lebih kecil, kemudian kitaperlihatkan berlaku secara umum yang kemudian tentu saja akanberlaku untuk 1000.Syarat yang harus dipenuhi adalah :8
(1). ai 1 untuk setiap i .Tanpa mengurangi keumuman, misalkan a1 1 maka1000 1 a 2 an dan hasilkalinya adalah 1.a2 . .an .Tetapi dapat dipandang juga 1000 (1 a 2 ) an denganhasilkalinya (1 a 2 ) . .an yang lebih besar dari yang pertama.Jadi haruslah ai 1 untuk setiap i .(2).ai 4 untuk setiap i .Misalkan a1 4 maka a1 5 d, d 0 . Jadi a1 2 ( 3 d ) .Karena 2. ( 3 d ) 6 2d 5 d maka berlaku2. ( 3 d ) .a 2 . .an ( 5 d ) .a 2 . .an .Jadi haruslah ai 4 untuk setiap i .(3).ai 4 untuk setiap i .Bila a1 4 maka a1 dapat diganti dengan dua buah bilangan 2dan hasilkalinya tetap sama.(4).Di dalam himpunan {a1, a 2 , , an } hanya ada paling banyak duabuah bilangan 2. Apabila ada tiga buah bilangan 2 maka dapatdiganti dengan dua buah bilangan 3 dimana hasilkalinya lebihbesar.Dengan demikian agar diperoleh hasilkali yang terbesar1000 3 3 3 2 2332dan hasilkali terbesarnya adalah 22.3332 .2. Prinsip Induksi Matematika dan Prinsip TeleskopingInduksi Matematika merupakan salah satu senjata yang ataanmatematika khususnya yang terkait dengan bilangan bulat taknegatif.9
Contoh :Buktikan untuk setiap n 1 berlaku 32n 2 22n habis dibagi 5.Penyelesaian:1. Karena akan dibuktikan untuk setiap n 1 ( n 2 ) maka padabasis induksi dapat diambil n 2.Untuk n 2 : 32.2 2 22.2 32 24 9 16 25 habis dibagi 5.2. Diasumsikan pernyataan benar untuk n k : 32k-2 22k habisdibagi 5.3. Ditunjukkan pernyataan benar untuk n k 1.32(k 1)-2 22(k 1) 32k 22k 2 32k 2 2 22k 2 32.32k 2 22.22k 9.32k 2 4.22k 5.32k 2 4.32k 2 4.22k 5.32k 2habis dibagi 5 sebab 4.(32k 2 22k )habis dibagi 5 menurut hipotesis Induksisalah satu faktornya adalah 5Terbukti pernyataan benar untuk n k 1.Jadi dengan induksi matematika terbukti pernyataan benar untuksetiap n 1.Prinsip teleskoping merupakan suatu cara melihat dari jauh suatumasalah lalu bentuk soal dapat diubah menjadi sederhana danmudah diselesaikan.Contoh :Hitunglah nilai1111 1.3 3.5 5.72007.2009Penyelesaian:Kita dapat memperlihatkan bahwa11 11 , n n .(n 2) 2 n n 2 .10
Dengan demikian secara teleskopis kita dapat menghitung1111 1.3 3.5 5.72007.20091 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 2 1 3 2 3 5 2 5 7 2 2007 2009 1 1 1 1 1 1 111 2 1 3 3 5 5 72007 2009 1 1 1 2 2009 1 2008 .2 20091004 .2009 3. Banyak jalan menuju Roma !Buktikan bahwa untuk segitiga dengan panjang sisi-sisi a , b, c danluas A berlaku a 2 b 2 c 2 4 3A . (IMO 1961).Penyelesaian:Ada berbagai cara penyelesaian untuk soal ini.(1). Cara langsungDengan menggunakan rumus Heron untuk luas segitiga danketaksamaan AM-GM diperoleh16A 2 (a b c )( a b c )(a b c )(a b c ) a b c 16A 2 (a b c ) 3 (a b c ) 4A 3 3233a 2 b2 c 2 a b c 3 333 atau terbukti a 2 b 2 c 2 4A 3. Kesamaan berlaku jika dan hanyajika a b c yaitu untuk segitiga samasisi.(2). Bukti kontradiksiAndaikan 4A 3 a 2 b 2 c 2 , maka 2bc sin α 1a 2 b2 c 2 .3()11
Aturan Kosinus memberikan 2bc cos α b 2 c 2 a 2 . Kuadratkan danjumlahkan kedua hubungan ini maka diperoleha 2b 2 b 2c 2 c 2a 2 a 4 b 4 c 4 (a 2 b 2 )2 (b 2 c 2 )2 (c 2 a 2 )2 0.Kontradiksi.(3). Lakukan modifikasi pada soalSegitiga samasisi dengan panjang sisi c mempunyai garis tinggidengan panjangc3.2CbAhqapBSebarang segitiga dengan panjang sisi c akan mempunyai garisctinggi dengan panjang3 y. Garis tinggi ini membagi sisi c2ccmenjadi x dan x . Di sini x dan y adalah deviasi panjang sisi22dari segitiga samasisi. Maka kita peroleh222cc c c a 2 b 2 c 2 4 3A x x 2 y 3 c 2 2 3c y 3 22 2 2 22 2x 2y 0.Kesamaan berlaku jika dan hanya jika x y yaitu untuk segitigasamasisi.(4). Bekerja mundurKita bekerja mundur dari apa yang ingin dibuktikan :12
a 2 b 2 c 2 4 3A( (a a 2 b2 c 22 b2 c 2))2 3 (a b c )(a b c )( a b c )(a b c )2 3 2a 2b 2 2c 2a 2 2a 2b 2 a 4 b 4 c 4() 4a 4 4b 4 4c 4 4a 2b 2 4b 2c 2 4a 2c 2 0( a 2 b2) (b22 c2) (c22 a2)2 0.(5). Lakukan perumumanCara ini memberikan hasil yang lebih umum dan pernyataan padasoal merupakan kasus khusus.a 2 b 2 c 2 2bc cos α (b c ) 2bc (1 cos α )2 (b c ) 4 A21 cos αsin α (b c ) 4A tan2α2.Jadi pada akhirnya akan diperolehαβγ 222 a 2 b 2 c 2 (a b ) (b c ) (c a ) 4A tan tan tan .222 Karenatanα2α β γ,,2 2 2 tanβ2 π2 tanγ2dan tangen adalah fungsi konveks maka berlaku 3 tanα β γ6 3 tanπ6 3.(*)Dengan demikiana 2 b 2 c 2 (a b ) (b c ) (c a ) 4A 3 4A 3.222.(**)Kesamaan berlaku jika dan hanya jikaπ α β γ a b c , yaitu dari hubungan (**).3, yaitu dari hubungan (*), atauKeduanya mengatakan bahwa kesamaan berlaku untuk segitigasamasisi.13
4. Prinsip Sarang MerpatiTunjukkan bahwa di antara sembarang 12 bilangan bulat berbedayang terdiri dari dua digit, terdapat sekurang-kurangnya duabilangan yang selisihnya berbentuk bilangan dua digit identik.Penyelesaian:Untuk menyelesaikan soal ini diperlukan suatu prinsip dalammatematika yang terkenal sebagai Prinsip Sarang Merpati.Prinsip Sarang Merpati (Pigeon-Hole Principle).Jika (n 1) merpati terbang ke dalam n buah sarang, maka ada satusarang yang berisi paling sedikit dua merpati.Sekarang kita selesaikan soal di atas. Perhatikan bahwa suatubilangan bulat terdiri dari dua digit identik jika dan hanya jikabilangan itu habis dibagi oleh 11. Selanjutnya diingat bahwa hanyaterdapat 11 sisa yang berlainan yang mungkin pada pembagian oleh11 yaitu 0, 1, 2, . , 10. Oleh karena menurut Prinsip SarangMerpati, di antara 12 bilangan yang berlainan terdapat sekurangkurangnya dua bilangan yang memberikan sisa yang sama jikadibagi 11, katakan a 11k m dan b 11l m . Perhatikan bahwaselisih mereka a b 11(k l ) habis dibagi 11. Jadi a b berbentukbilangan dua digit identik.5. Persamaan FungsionalSalah satu soal favorit dalam olimpiade adalah mengenai persamaanfungsional, yaitu mencari fungsi atau nilai fungsi dengan berbekalsedikit sifat fungsi yang diberikan. Misalnya soal berikut.Carilah semua fungsi f : yang memenuhif (x 2 y 2 ) (x y ) ( f (x ) f (y ))untuk setiap x , y .Penyelesaian:14
Apabila x yf (0) 0 , sementara dengan mengambildiperolehx 1 dan y 0 diperoleh f (1) f ( 1).Untuk y 1 berlaku f (x 2 1) (x 1) ( f (x ) f (1)) , dan untuk y 1berlaku f (x 2 1) (x 1) ( f (x ) f (1)) . Dari sini didapatkan(x 1) ( f (x ) f (1)) (x 1) ( f (x ) f (1)) , untuk setiap x demikian untuk setiap x . Denganberlakuxf (x ) f (x ) xf (1) f (1) xf (x ) f (x ) xf (1) f (1) f (x ) xf (1) f (x ) xf (1) 2 f (x ) 2xf (1) f (x ) f (1).xDengan menyebut f (1) k maka diperoleh fungsi yang dimaksudadalahf (x ) kx , untuk setiap x . Sebaliknya setiap fungsiberbentuk f (x ) kx akan memenuhi persamaan fungsional yangdiberikan (silakan diperiksa).6. Suatu soal persamaan ratx 2 mx 1 0 , dengan m bilangan bulat ganjil. Tulis λn α n β nuntuk setiap n 0 . Buktikan bahwa :(a). λn adalah bilangan bulat , untuk setiap n 0(b). gcd(λn , λn 1 ) 1 , untuk setiap n 0Penyelesaian:Karena α dan β adalah akar-akar persamaan x 2 mx 1 0 , makaα 2 mα 1 0 dan β 2 m β 1 0 . Kalikan berturut-turut denganα n 2danβ n 2β n m β n 1 β n 2 0 .akanDaridiperolehsinikitaα n mα n 1 α n 2 0memperolehsuatudanrelasirekurensiλn λn 1 λn 2 , n 2 .(*)15
(a). Perhatikan bahwa λ0 1 1 2 dan λ1 α β m . Jadi λ0 danλ1 adalah bilangan bulat. Selanjutnya pembaca dapat membuktikanbahwa λnadalah bilangan bulat ,untuk setiapn 0 darihubungan (*) dan dengan menggunakan induksi nmatematika untuk membuktikan gcd(λn , λn 1 ) 1 ,induksiuntuk setiapn 0 . Hal ini jelas benar untuk n 0 sebab gcd(2, m ) 1 mengingatm adalah bilangan bulat ganjil. Misalkan gcd(λn 2 , λn 1 ) 1 , n 2 .Andaikangcd(λn 1, λn ) 1 , pilih bilangan primapyang habismembagi λn 1 dan λn . Maka dari hubungan (*) diperoleh bahwa pjuga habis membagi λn 2 . Jadi p adalah faktor dari gcd(λn 2 , λn 1 ) ,kontradiksi. Oleh karena itu gcd(λn 1, λn ) 1 . Terbukti gcd(λn , λn 1 ) 1, untuk setiap n 0 .IV. PenutupAxiom of Solvability :Every problem has a (nice) solutionAxiom of Reasonable Faculty :I am not stupidCorollary :I can solve every problemIf you wish to learn swimming, you have to go into the water (George Polya)In Mathematics there is no ignorabimus (David Hilbert)16
Soal-soal
Strategi Pemecahan Masalah Matematika Strategi atau trik di dalam pemecahan masalah seringkali disebut sebagai heuristik. Berikut akan dibicarakan strategi pemecahan masalah menurut Loren C. Larson. Dalam bukunya ”Problem Solving through Problem”, Loren C. Larson merangkum strategi pemecahan masalah matematika menjadi 12 macam sebagai berikut :
memahami masalah dan membuat rencana strategi pemecahan masalah. Siswa camper mengalami kesulitan pada proses melaksanakan strategi penyelesaian masalah. Sedangkan siswa climber tidak mengalami kesulitan apapun dalam menyelesaikan soal pemecahan masalah matematis. Kata kunci: Kemampuan pemecahan masalah matematis, Adversity Quotient.
KAJIAN TEORI A. Kemampuan Pemecahan Masalah Matematika 1. Masalah Matematika . dicapai dalam pemecahan masalah berkaitan dengan kehidupan sehari-hari.11 Menurut Hudojo sebagaimana dikutip Nyimas Aisyah dalam bukunya, . Tokoh utama dalam pemecahan masalah matematika adalah George Polya. Menurut Polya, terdapat empat tahapan yang penting yang .
pemecahan masalah, langkah-langkah pemecahan masalah, serta strategi pembelajaran pemecahan masalah. Sumber yang dipelajari berupa buku maupun hasil penelitian yang diterbitkan dalam jurnal. Data yang diperoleh dari studi literatur ini digunakan sebagai acuan untuk merancang model pembelajaran OSKAR. TABEL 1.
Pengaruh Strategi pembelajaran aktif tipe Giving Question and Getting Answers (GQGA) Terhadap Kemampuan Pemecahan Masalah Matematika peserta didik kelas V MIN 6 Bandar Lampung Oleh MUHAMAD AFRIZA IRAWAN Masalah dalam penelitian ini adalah rendahnya kemampuan pemecahan masalah matematika peserta didik dalam menyelesaikan soal-soal matematika,. .
Kemampuan pemecahan masalah merupakan salah satu kemampuan yang menjadi fokus pemebelajaran matematika. Namun hasil di lapangan menunjukkan kemampuan pemecahan masalah siswa masih belum optimal. Selain kemampuan pemecahan masalah, aspek penting lainnya
A. Pemecahan Masalah dalam Pembelajaran Matematika Menurut Polya Polya (1985) mengartikan pemecahan masalah sebagai satu usaha mencari jalan keluar dari satu kesulitan guna mencapai satu tujuan yang tidak begitu mudah segera untuk dicapai, sedangkan menurut utari (1994) dalam
Tuntutan Perubahan Strategi Pembelajaran Matematika A. Praktek Pembelajaran Matematika Masa Lalu Pembahasan mata diklat strategi pembelajaran matematika ini akan dimulai dengan kegiatan mengilas-balik, merefleksi, atau merenungkan tentang hal-hal yang sudah dilakukan para guru matematika SMK selama bertahun-tahun di kelasnya masing-masing.
classroom is small-group work. Indeed, from early efforts at group-based, Davidson, N., Major, C. H., & Michaelsen, L. K. (2014). Small-group learning in higher education—cooperative, collaborative, problem-based, and team-based learning: An introduction by the guest editors. Journal on Excellence in College Teaching, 25(3&4), 1-6. 2 Journal on Excellence in College Teaching active learning .
