Решение уравнений в олимпиадных задачах

В данной работе представлены различные способы решения уравнений в целых числах. Работа может быть использована при подготовке к олимпиадам, на кружковых и факультативных занятиях.

Видео:Как решать олимпиадные задачи?Скачать

Скачать:

Видео:10 класс. Алгебра. Олимпиадные задачи. Решение показательных уравнений.Скачать

Предварительный просмотр:

МБОУ «Высокогорская средняя общеобразовательная школа №2

Высокогорского муниципального района Республики Татарстан»

Решение уравнений в целых числах

Аксанова Ильсияр Исмагиловна

Учитель математики высшей категории

С. Высокая Гора – 2015 г.

Работа посвящена решению уравнений в целых числах. Актуальность этой темы обусловлена тем, что задачи, основанные на решении уравнений в целых числах, часто встречаются на вступительных экзаменах в высшие учебные заведения и на олимпиадах по математике и на ЕГЭ в старших классах. В школьной программе эта тема рассматривается в ознакомительном порядке. В работе представлены различные способы решения уравнений в целых числах, разобраны конкретные примеры. Данная работа будет полезна учителям старших классов для подготовки к ЕГЭ и олимпиадам.

Уравнения в целых числах – это алгебраические уравнения с двумя или более неизвестными переменными и целыми коэффициентами. Решениями такого уравнения являются все целочисленные наборы значений неизвестных переменных, удовлетворяющих этому уравнению. Такие уравнения ещё называют диофантовыми , в честь древнегреческого математика Диофанта Аксандрийского, который исследовал некоторые типы таких уравнений ещё до нашей эры.

Наиболее известное уравнение в целых числах – великая теорема Ферма: уравнение

не имеет ненулевых рациональных решений для всех натуральных n > 2.

При решении уравнений в целых и натуральных числах можно условно выделить следующие способы решения:

• способ перебора вариантов;
• применение алгоритма Евклида;
• применение цепных дробей;
• разложения на множители;
• решение уравнений в целых числах как квадратных относительно какой-либо переменной;
• метод остатков;
• метод бесконечного спуска;
• оценка выражений, входящих в уравнение.

В работе представлены два приложения: п риложение 1. Таблица остатков при делении степеней ( a n : m ); приложение 2. Задачи для самостоятельного решения

1. Способ перебора вариантов.

Пример 1.1. Найти множество всех пар натуральных чисел, которые являются решениями уравнения 49 х + 51 у = 602.

Решение. Выразим из уравнения переменную х через у х = , так как х и у – натуральные числа, то

х = 602 — 51 у ≥ 49, 51 у ≤553, 1≤ у ≤10 .

Полный перебор вариантов показывает, что натуральными решениями уравнения являются х =5, у =7.

2. Применение алгоритма Евклида. Теорема.

Дано уравнение ax+by=c , где a, b, c -целые числа, a и b не равны 0.

Теорема: Если c не делится нацело на НОД( a,b ), то уравнение не разрешимо в целых числах. Если НОД( a,b )=1или c делится на НОД( a,b ), то уравнение разрешимо в целых числах. Если (x 0 , y 0 )- какое-нибудь решение уравнения, то все решения уравнения задаются формулами:

y=y 0 +at , где t — принадлежит множеству целых чисел.

Пример 2.1. Решить уравнение в целых числах 5 х + 7 у = 19

Подберём сначала некоторое конкретное решение. В данном случае, это просто, например,

Тогда 5 x 0 + 7 y 0 = 19, откуда

5( х – x 0 ) + 7( у – y 0 ) = 0,

5( х – x 0 ) = –7( у – y 0 ).

Поскольку числа 5 и 7 взаимно простые, то

х – x 0 = 7 k , у – y 0 = –5 k.

Значит, общее решение:

х = 1 + 7 k , у = 2 – 5 k ,

где k – произвольное целое число.

Ответ: (1+7 k ; 2–5 k ), где k – целое число.

Пример 2.2. Решить уравнение 201 х – 1999 у = 12.

Найти некоторое конкретное решение подбором в данном случае достаточно сложно. Воспользуемся алгоритмом Евклида для чисел 1999 и 201:

НОД(1999, 201) = НОД(201, 190) = НОД(190, 11) = НОД(11, 3) = НОД(3 , 2) = НОД(2, 1) = 1.

Запишем этот процесс в обратном порядке:

1 = 2 – 1 = 2 – (3 – 2) = 2·2 – 3 = 2· (11 – 3·3) – 3 = 2·11 – 7·3 = 2·11 – 7(190 – 11·17) =

= 121·11 – 7·190 = 121(201 – 190) – 7·190 = 121·201 – 128·190 =

= 121·201 – 128(1999 – 9·201) = 1273·201 – 128·1999.

Значит, пара (1273, 128) является решением уравнения 201 х – 1999 у = 1. Тогда пара чисел

x 0 = 1273·12 = 15276, y 0 = 128·12 = 1536

является решением уравнения 201 х – 1999 у = 12.

Общее решение этого уравнения запишется в виде

х = 15276 + 1999 k , у = 1536 + 201 k , где k – целое число,

или, используя, что 15276 = 1283 + 7·1999, 1536 = 129 + 7·201, имеем

х = 1283 + 1999 n , у = 129 + 201 n , где n – целое число.

Ответ: (1283+1999 n , 129+201 n ), где n – целое число.

3. Метод остатков.

Этот метод основан на исследовании возможных остатков левой и правой частей уравнения от деления на некоторое фиксированное натуральное число.

Замечание . Говоря строго математическим языком, для решения уравнения в данном случае применяется теория сравнений.

Рассмотрим примеры, которые раскрывают сущность данного метода.

Пример 3.1. Решить уравнение в целых числах x 3 + y 3 = 3333333;

Так как x 3 и y 3 при делении на 9 могут давать только остатки 0, 1 и 8 (смотрите таблицу в приложении 1), то x 3 + y 3 может давать только остатки 0, 1, 2, 7 и 8. Но число 3333333 при делении на 9 даёт остаток 3. Поэтому исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: целочисленных решений нет.

Пример 3.2. Решить уравнение в целых числах x 3 + y 3 = 4( x 2 y + xy 2 + 1).

Перепишем исходное уравнение в виде ( x + y ) 3 = 7( x 2 y + xy 2 ) + 4. Так как кубы целых чисел при делении на 7 дают остатки 0, 1 и 6, но не 4, то уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: целочисленных решений нет.

Пример 3.3. Решить в целых числах уравнение x 2 + 1 = 3 y .

Решение. Заметим, что правая часть уравнения делится на 3 при любом целом y .

Исследуем какие остатки может иметь при делении на три левая часть этого уравнения.По теореме о делении с остатком целое число х либо делится на 3, либо при делении на три в остатке дает 1 или 2.

Если х = 3 k , то правая часть уравнения на 3 не делится.

Если х = 3 k+ 1, то x 2 + 1= (3 k+ 1) 2 +1=3 m +2, следовательно, опять левая часть на 3 не делится.

Если х = 3 k+ 2, то x 2 + 1= (3 k+ 2) 2 +1=3 m +2, следовательно, и в этом случае левая часть уравнения на три не делится.

Таким образом, мы получили, что ни при каких целых х левая часть уравнения на 3 не делится, при том, что левая часть уравнения делится на три при любых значениях переменной y . Следовательно, уравнение в целых числах решений не имеет.

Ответ: целочисленных решений нет.

Пример 3.4. Решить в целых числах x³ — 3y³ — 9z³ = 0 (1)

Решение. Очевидно, что решением уравнения будет тройка чисел (0; 0; 0).

Выясним, имеет ли уравнение другие решения. Для этого преобразуем уравнение (1) к виду

x ³ = 3 y ³ + 9 z ³ (2)

Так как правая часть полученного уравнения делится на 3, то и левая должна делиться на три, следовательно, так как 3 — число простое, х делится на 3, т.е. х = 3 k , подставим это выражение в уравнение (2), получим:

27 k 3 = 3 y ³ + 9 z ³, откуда

9 k 3 = y ³ + 3 z ³ (3)

следовательно, y ³ делится на 3 и y = 3 m . Подставим полученное выражение в уравнение (3): 9 k 3 = 27 m ³ + 3 z ³, откуда

3 k 3 = 9 m ³ + z ³ (4)

В свою очередь, из этого уравнения следует, что z 3 делится на 3, и z = 3 n . Подставив это выражение в (4), получим, что k 3 должно делиться на 3.

Итак, оказалось, что числа, удовлетворяющие первоначальному уравнению, кратны трём, и сколько раз мы не делили бы их на 3, опять должны получаться числа, кратные трём. Единственное целое число, удовлетворяющее этому условию, будет нуль, т. е. решение данного уравнения (0; 0; 0) является единственным.

4. Решение уравнений в целых числах сведением их к квадратным.

Пример 4.1. Решить в простых числах уравнение

х 2 – 7 х – 144 = у 2 – 25 у .

Решим данное уравнение как квадратное относительно переменной у . Получим: у = х + 9 или у = 16 – х .

Поскольку при нечётном х число х + 9 является чётным, то единственной парой простых чисел, которая удовлетворяет первому равенству, является (2; 11).

Так как х, у – простые, то из равенства у = 16 – х , имеем

С помощью перебора вариантов находим остальные решения: (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

Ответ: (2; 11), (3; 13), (5; 11), (11; 5), (13; 3).

Пример 4.2 . Решить в целых числах уравнение x + y = x 2 – xy + y 2 .

Рассмотрим данное уравнение как квадратное уравнение относительно x :

x 2 – ( y + 1) x + y 2 – y = 0.

Дискриминант этого уравнения равен –3 y 2 + 6 y + 1. Он положителен лишь для следующих значений у : 0, 1, 2. Для каждого из этих значений из исходного уравнения получаем квадратное уравнение относительно х , которое легко решается.

Ответ: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).

Пример 4.3 . Решить уравнение в целых числах: 5 х 2 +5 у 2 +8 ху +2 у -2 х +2=0.

Рассмотрим уравнение как квадратное относительно х:

5 х 2 + (8 у — 2) х + 5 у 2 + 2 у + 2 = 0

D = (8 у — 2) 2 — 4·5(5 у 2 + 2 у + 2) = 64 у 2 — 32 у + 4 = -100 у 2 — 40 у – 40 = = -36( у 2 + 2 у + 1) = -36( у + 1) 2

Для того, чтобы уравнение имело решения, необходимо, чтобы D = 0.

-36( у + 1) 2 = 0. Это возможно при у = -1, тогда х = 1.

5. Разложение на множители .

Пример 5.1. Решить в целых числах уравнение x 2 – xy – 2 y 2 = 7.

Разложим левую часть на множители ( x – 2 y )( x + y ) = 7.

Так как х, у – целые числа, то находим решения исходного уравнения, как решения следующих четырёх систем:

1) x – 2 y = 7, x + y = 1;

2) x – 2 y = 1, x + y = 7;

3) x – 2 y = –7, x + y = –1;

4) x – 2 y = –1, x + y = –7.

Решив эти системы, получаем решения уравнения: (3; –2), (5; 2), (–3; 2) и (–5; –2).

Ответ: (3; –2), (5; 2), (–3; 2), (–5; –2).

Пример 5.2 . Решить уравнение в целых числах: х 2 + 23 = у 2

Решение. Перепишем уравнение в виде:

у 2 — х 2 = 23, ( у — х )( у + х ) = 23

Так как х и у – целые числа и 23 – простое число, то возможны случаи:

Решая полученные системы, находим:

Пример 5.3 . Решить уравнение в целых числах y 3 — x 3 = 91.

Решение. Используя формулы сокращенного умножения, разложим правую часть уравнения на множители:

( y — x )( y 2 + xy + x 2 ) = 91

Выпишем все делители числа 91: ± 1; ± 7; ± 13; ± 91

Проводим исследование. Заметим, что для любых целых x и y число

y 2 + yx + x 2 ≥ y 2 — 2| y || x | + x 2 = (| y | — | x |) 2 ≥ 0,

следовательно, оба сомножителя в левой части уравнения должны быть положительными. Тогда уравнение равносильно совокупности систем уравнений:

Решив системы, получим: первая система имеет решения (5; 6), (-6; -5); третья (-3; 4),(-4;3); вторая и четвертая решений в целых числах не имеют.

Пример 5.4 . Решить в целых числах уравнение x + y = xy .

Решение. Перенесем все члены уравнения влево и к обеим частям полученного уравнения прибавим (–1)

x + y – xy – 1 = – 1

Сгруппируем первое – четвертое и второе – третье слагаемые и вынесем общие множители, в результате получим уравнение: ( x — 1)( y — 1) = 1

Произведение двух целых чисел может равняться 1 в том и только в том случае, когда оба этих числа равны или 1, или (–1). Записав соответствующие системы уравнений и, решив их, получим решение исходного уравнения.

Пример 5.5 . Доказать, что уравнение ( x — y ) 3 + ( y — z ) 3 + ( z — x ) 3 = 30 не имеет решений в целых числах.

Решение. Разложим левую часть уравнения на множители и обе части уравнения разделим на 3, в результате получим уравнение:

( x — y )( y — z )( z — x ) = 10

Делителями 10 являются числа ±1, ±2, ±5, ±10. Заметим также, что сумма сомножителей левой части уравнения равна 0. Нетрудно проверить, что сумма любых трех чисел из множества делителей числа 10, дающих в произведении 10, не будет равняться 0. Следовательно, исходное уравнение не имеет решений в целых числах.

Ответ: целочисленных решений нет.

6. Метод бесконечного спуска.

Метод спуска предполагает сначала последовательное выражение одной переменой чрез другую, пока в представлении переменной не останется дробей, а затем, последовательное «восхождение» по цепочке равенств для получения общего решения уравнения.

Пример 6.1 . Решить уравнение в целых числах 5 x + 8 y = 39.

Выберем неизвестное, имеющее наименьший коэффициент , и выразим его через другое неизвестное: . Выделим целую часть: Очевидно, что х будет целым, если выражение окажется целым, что, в свою очередь, будет иметь место тогда, когда число 4 – 3 y без остатка делится на 5.

Введем дополнительную целочисленную переменную z следующим образом: 4 –3 y = 5 z . В результате получим уравнение такого же типа, как и первоначальное, но уже с меньшими коэффициентами. Решать его будем уже относительно переменной y , рассуждая аналогично: . Выделяя целую часть, получим:

Рассуждая аналогично предыдущему, вводим новую переменную

Выразим неизвестную с наименьшим коэффициентом, в этом случае переменную z : = . Требуя, чтобы было целым, получим: 1 – u = 2 v , откуда u = 1 – 2 v . Дробей больше нет, спуск закончен.

Теперь необходимо «подняться вверх». Выразим через переменную v сначала z , потом y и затем x :

z = = = 3 v – 1; = 3 – 5 v .

Формулы x = 3+8 v и y = 3 – 5 v , где v – произвольное целое число, представляют общее решение исходного уравнения в целых числах.

Ответ: x = 3+8 v и y = 3 – 5 v.

7. Оценка выражений, входящих в уравнение.

Пример 7.1. Решить в целых числах уравнение ( х 2 + 4)( у 2 + 1) = 8ху

Решение. Заметим, что если ( х ;у ) – решение уравнения, то (- х ;- у ) – тоже решение.

И так как х = 0 и у = 0 не являются решением уравнения, то, разделив обе части уравнения на ху, получим:

Пусть х > 0, у > 0, тогда, согласно неравенству Коши,

тогда их произведение ( х + )( у + ) = 4·2 = 8, значит, х + = 4 и у + = 2.

Отсюда находим х = 2 и у = 1 – решение, тогда х = -2 и у = -1 – тоже решение.

Пример 7.2 . Решить уравнение в целых числах

x 2 + 13 y 2 – 6 xy = 100

Решение . x 2 + 13 y 2 –6 xy= 100 ↔ ( x- 3 y ) 2 + 4 y 2 = 100 . Так как ( x- 3 y ) 2 ≥ 0 , то 4 y 2 ≤ 100 , или │ 2 y│≤ 10 . Аналогично, в силу 4 y 2 ≥ 0 должно выполняться │x- 3 y│≤ 10 .

Видео:Супер жесть! Уравнение с олимпиадыСкачать

Основные методы и приёмы решения олимпиадных математических задач

Государственное учреждение образования

«Средняя общеобразовательная школа №2

Основные методы и приёмы

решения олимпиадных математических задач

I. О чем необходимо помнить при решении олимпиадных задач. .5

II. Задачи для разминки. Начинаем думать ……………………………………7

VII. Делимость и остатки ………………………………………………………25

VIII. Метод математической индукции ………………………………………27

Решение олимпиадных задач принципиально отличается от решения школьных, даже очень сложных, задач! Это обусловлено, прежде всего выбором разделов, традиционно рассматриваемых на олимпиадах. Теория игр, графы, уравнения в целых числах и т. д. не рассматриваются в школьном курсе математики. Уже не говоря о принципе Дирихле, элементах теории чисел, четности, логических задачах. Олимпиадные задачи по геометрии и других «знакомых» разделов требуют нестандартного подхода.

Подготовка учащегося к участию в олимпиаде — труд не одного года.

Ясно, что не каждого учащегося, имеющего по предмету отличную оценку, имеет смысл направлять на олимпиаду. Дело в том, что на выполнение олимпиадного задания отводится строго определенное время, в качестве задач предлагаются не задачи базового или повышенного уровня (по школьным меркам), а задания нестандартные. Эти задания могут быть простыми по формулировке, но выходящими за рамки школьной программы.

Мы разберем не самые трудные нетрадиционные разделы математики, рассматриваемые на олимпиадах. Следует отметить, что практически все разбираемые разделы могут быть с одинаковым успехом рассмотрены на факультативных занятиях как в 5, так и в 11 классах. Конечно, подача материала будет отличаться объемом и глубиной, перечнем рассматриваемых разделов математики (они должны соответствовать изучаемому школьному курсу).

Успешно участвовать в предметной олимпиаде может учащийся, знакомый со стандартными приемами решения задач, выходящих за рамки школьного курса.

Определенную роль играет и скорость мышления учащегося. Целесообразно начинать подготовку «олимпиадников» в 5-7 классах. Только при таком подходе, учащийся, попавший на олимпиаду в 8-9 классах, будет чувствовать себя уверенно: скажется опыт решения нестандартных задач, накопленный за несколько лет.

Учителям хорошо знакомы «тугодумы», которые обладают достаточно большим объемом знаний по предмету. Если подобному учащемуся предложить нестандартную, достаточно трудную для его одноклассников задачу, то эта задача «тугодумом» будет грамотно и всесторонне рассмотрена; правда, на решение может уйти не одна неделя.

В заключение отметим, что работа с одаренными детьми — это не работа одного года. Подобная работа должна иметь программу (желательно индивидуальную для каждого неординарного ребенка).

I. О ЧЕМ НЕОБХОДИМО ПОМНИТЬ

ПРИ РЕШЕНИИ ОЛИМПИАДНЫХ ЗАДАЧ?

Начиная свою работу с одарёнными детьми, всегда знакомлю их с основными, важными моментами, на которые нужно обратить внимание при решении олимпиадных задач. Для себя составила Памятку по решению олимпиадных задач, включающую в себя несколько основных пунктов, которые в данной главе привожу, сопровождая их примерами.

1. Внимательно прочитайте условие задачи. Проверьте условие задачи на правдоподобность.

Пример. Определите площадь треугольника со сторонами 27, 56 и 28 см. Ясно, что треугольника с такими сторонами не может существовать, поскольку не выполняется неравенство треугольника. Задача решения не имеет.

2. При решении задачи должны быть рассмотрены все возможные варианты постановки задачи.

Пример. Пусть задача начинается словами «В произвольном треугольнике». Поскольку по условию задачи не сказано, какой именно треугольник имеется ввиду, без разбора случаев прямоугольного, остроугольного и тупоугольного треугольников задача не будет решена полностью. В случае рассмотрения частного случая (например, рассматривался равнобедренный треугольник) при отсутствии ошибки в решении задача может быть оценена членами жюри не более чем в 1/3 баллов от общей «стоимости» задачи.

Задача 1. Автобус, в котором находились 38 пассажиров, сломался на трассе. Проезжающий мимо водитель легковой машины согласился «подбросить» пассажиров автобуса до ближайшего населенного пункта. Сколько раз водителю легковушки придется съездить туда и обратно, если в автомобиль кроме водителя могут сесть еще четыре пассажира.

Эта задача интересна тем, что необходимо рассмотреть два случая: решение зависит от того, в какую сторону едет по своим делам водитель автомобиля. Если водитель едет в сторону населенного пункта, то «туда и обратно» он съездит 9 раз (при этом отвезет 4х 9 = 36 пассажиров), еще двух пассажиров довезет до населенного пункта и возвращаться не будет, т. е. «туда и обратно» водитель съездит 9,5 раза. Если водитель едет из ближайшего населенного пункта, то после поездки с последней парой он вернется, т. е. «туда и обратно» водитель съездит 10 раз.

Задача 2. Охотник, войдя в лес, видит на дереве белку. Белка выглядывает из-за ствола, смотрит на охотника, а сама охотнику не показывается. Охотник начинает медленно обходить дерево вокруг. Белка, цепляясь коготками за кору дерева, перемещается по стволу так, что все время, выглядывая из-за ствола, смотрит на охотника, но свою спинку и хвостик охотнику не показывает. Охотник три раза обошел вокруг дерева, сколько раз он обошел вокруг белки?

Решая задачи подобного типа (а именно такие задачи появляются на олимпиадах для учеников младших классов), нужно четко понимать, что в задачу нельзя добавлять «от себя» ни одного слова, поскольку при этом мы невольно производим подмену условия задачи. Обратим внимание на то, что из условия задачи нельзя понять, что означает фраза «обойти вокруг белки». Эта задача, как и задача 1, допускает два варианта подхода. Если мы будем считать, что «обойти вокруг белки» — это увидеть спинку белки, то охотник не обошел вокруг белки ни разу.

Если же «обойти вокруг белки» — обойти вокруг того места, где сидит белка (дерево), то охотник обошел вокруг белки три раза. Полный ответ на вопрос, поставленный в задаче, состоит в разборе двух рассмотренных вариантов.

3. Необходима проверка правдоподобности полученных результатов. После написания олимпиадной работы внимательно ее прочитайте. Автору приходилось из ответов узнавать о том, что существуют мухи, летающие со скоростью до 200 км/час; существует многоугольник, одновременно являющийся и выпуклым, и вогнутым, и т. д.

4. Часто в олимпиадных задачах описывается определенная конструкция, которая может находиться в различных состояниях, и набор допустимых преобразований, меняющих эти состояния, и спрашивается, можно ли из одного данного состояния перейти в другое. Если ответ в такой задаче положителен, то для доказательства достаточно привести любой пример, показывающий, как можно осуществить такое преобразование. Если же ответ отрицательный, то необходимо доказать, что как бы мы ни производили допустимые преобразования, мы никогда не сможем получить требуемого состояния. Один из возможных способов доказательства этого состоит в нахождении такой величины, определенной для всех возможных состояний, которая не меняется при допустимых преобразованиях. Такая величина называется инвариантом. Если существует инвариант, который принимает различные значения для начального и конечного состояния, то, очевидно, что преобразовать начальное состояние в конечное с помощью допустимых преобразований невозможно. С такими инвариантами мы встретимся при рассмотрении, например, четности, делимости, остатков, графов и т. д.

ЗАДАЧИ ДЛЯ РАЗМИНКИ.

В труде, в учении, в игре, во всякой творческой деятельности нужны человеку сообразительность, находчивость, догадка, умение рассуждать, — все то, что наш народ метко определяет одним словом «смекалка». Смекалку можно воспитать и развить систематическими и постепенными упражнениями, в частности решением математических задач, как школьного курса, так и задач, возникающих из практики, связанных с наблюдениями окружающего нас мира вещей и событий.

Предлагаю рассмотреть 28 элементарных «занимательных» задач.

Рассматриваемые простые задания, не требующие долгих вычислений, не будут сопровождены ответами (они во многих случаях очевидны).

1. Если 5 кошкам нужно 5 минут, чтобы поймать 5 мышек, сколько требуется кошек, чтобы за 100 минут поймать 100 мышек?

2. В стакане находятся бактерии. Через секунду каждая из бактерий делится пополам, затем каждая из получившихся бактерий через секунду делится пополам и так далее. Через минуту стакан полон. Через какое время стакан будет заполнен наполовину?

3. На поверхности сферы наугад выбраны 3 точки. Какова вероятность того, что они окажутся в одном полушарии?

4. Из старой толстой книги выпал кусок, первая страница которого имеет номер 328, а номер последней записывается теми же цифрами, только в каком-то другом порядке. Сколько страниц в выпавшем куске?

5. Имеется лист бумаги. Его разрезают на 4 части, затем некоторые из полученных кусков (или все) снова разрезают на 4 части. Доказать, что при этом нельзя получить 50 листов бумаги.

6. В мешке 24 кг гвоздей. Как, имея только чашечные весы без стрелки, отмерить 9 кг гвоздей?

7. Каждые полчаса паром переплывает реку. Если в первый раз он отправится к другому берегу в 730 утра, а в последний — в 8 вечера, то сколько раз паром переплывает реку за день?

8. Водолаз работает на глубине 20 метров под водой. Расстояние от поверхности воды до палубы корабля составляет — длины троса, причем — его длины остались на катушке. Какова максимальная глубина, на которую может опуститься водолаз?

9. Сколько раз в сутки часовая и минутная стрелки образуют прямой угол?

10. Червяк ползет по столбу, начав путь от его основания. Каждый день он проползает вверх на 3 см, а за каждую ночь спускается вниз на 1 см. Когда он достигнет верхушки столба, если высота столба 75 см?

11. Крокодил Гена с Чебурашкой плыли вверх по течению реки. Гена сидел на веслах, а Чебурашка, сидя на корме, ел апельсины. В момент, когда лодка проплывала под мостом, а Крокодил Гена был поглощен движением, Чебурашка заснул и нечаянно столкнул ящик с апельсинами в воду. Через полчаса Гена обнаружил пропажу ящика с апельсинами, развернул лодку по течению реки и стал догонять уплывающий ящик; еще через полчаса выловил его на расстоянии двух километров ниже моста по течению реки. Какова скорость течения реки?

12. В январе некоторого года было четыре пятницы и четыре понедельника. Каким днем недели было 20-е число этого месяца?

13. На вечеринке было 20 танцующих. Мария танцевала с семью танцорами, Ольга — с восьмью, Вера — с девятью, . ,

Лариса танцевала со всеми танцорами. Сколько танцоров (мужчин) было на вечеринке?

14. Сколько клеток пересекает диагональ в клетчатом прямоугольнике размером 199х991?

15. Найдите наименьшее число, которое при делении на 2 дает в остатке 1, при делении на 3 дает в остатке 2, при делении на 4 дает в остатке 3, при делении на 5 дает в остатке 4 и при делении на 6 дает в остатке 5.

16. Петя говорит: «Позавчера мне еще было 10 лет, а в следующем году мне исполнится 13». Может ли такое быть?

17. Кот Васи перед дождем всегда чихает. Сегодня он чихнул. «Значит, будет дождь», — думает Вася. Прав ли он?

18. Словам соответствуют цифры: корова — 2, кошка — 3, кукушка — 4. Какая цифра по Вашему мнению должна соответствовать слову «собака»?

19. Учитель рисует на листке бумаги несколько кружков и спрашивает одного ученика: «Сколько здесь кружков?». «Семь», — отвечает ученик. «Правильно. Так сколько здесь кружков?», — спрашивает учитель второго ученика. «Пять», — отвечает тот. «Правильно», — снова говорит учитель. Так сколько же кружков нарисовал учитель на листке?

20. Из стакана молока три ложки содержимого переливают в стакан с чаем и тщательно размешивают смесь. Затем три ложки смеси переливают обратно в стакан с молоком. Чего теперь больше: чая в стакане с молоком или молока в стакане с чаем?

21.В кошельке лежат две монеты на общую сумму 15 копеек. Одна из монет не пятак. Что это за монеты?

22.Составьте из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 магический квадрат, то есть разместите их в таблице 3×3 так, чтобы суммы чисел по строкам, столбцам и двум диагоналям были одинаковы.

23. Разрежьте уголок, изображенный на рисунке, на четыре таких же уголка вдвое меньшего размера.

24. Из спичек сложена фигура, изображенная на рисунке. Как переложить две спички, чтобы получилось ровно четыре квадрата с длиной стороны, равной длине спички?

25. Река шириной 4 метра делает поворот под прямым углом. Как переправиться через нее на другой берег, имея лишь две доски длиной 3 метра 90 сантиметров?

26. Можно ли расположить 6 длинных круглых карандашей так, чтобы каждый из них касался любого другого?

27. При помощи ножниц вырежьте в тетрадном листе дырку, в которую Вы сами сможете пролезть.

28. Вова, Петя и Коля сварили уху и съели ее поровну. Для ухи Вова дал 5 рыб, Петя — 3 рыбы. Коля рыбы не поймал и отдал за уху 2400 рублей. Как Вова и Петя должны разделить эти деньги, чтобы дележ был справедливым?

III. ПРИНЦИП ДИРИХЛЕ

Разговор об олимпиадных задачах мы начинали с решения занимательных задач. Для учащихся 5-6 классов очень важен этот «занимательный» подход. Начнем с рассмотрения забавного перевода одного шутливого английского стихотворения:

Их было десять чудаков,

Тех путников усталых,

Что в дверь решили постучать

Таверны «Славный малый».

— Пусти, хозяин, ночевать,

Не будешь ты в убытке,

Нам только ночку переспать,

Промокли мы до нитки.

Хозяин тем гостям был рад,

Да вот беда некстати:

Лишь девять комнат у него,

И девять лишь кроватей.

— Восьми гостям я предложу

Постели честь по чести,

А двум придется ночь проспать

В одной кровати вместе.

Лишь он сказал, и сразу крик,

От гнева красны лица:

Никто из всех десятерых

Не хочет потесниться.

Как охладить страстей тех пыл,

Умерить те волненья?

Но старый плут хозяин был

И разрешил сомненья.

Двух первых путников пока,

Чтоб не судили строго,

Просил пройти он в номер «А»

И подождать немного.

Спал третий в «Б», четвертый в «В»,

В «Г» спал всю ночь наш пятый,

В «Д», «Е», «Ж», «3» нашли ночлег

С шестого по девятый.

Потом, вернувшись снова в «А»,

Где ждали его двое,

Он ключ от «И» вручить был рад

Хоть много лет прошло с тех пор,

Как смог хозяин разместить

Гостей по одному.

Иль арифметика стара,

Иль чудо перед нами,

Понять, что, как и почему,

Вы постарайтесь сами.

Внимательный читатель сразу заметит, что первого и второго путников в тексте сначала поместили в комнату «А», а потом одного из них невольно перебросили в десятую комнату, одного и того же человека подсчитали два раза.

Гораздо проще задача может быть пояснена при помощи принципа Дирихле (Дирихле Петер Лежен () — немецкий математик, иностранный член многих иностранных академий наук).

Представим этот принцип в такой шутливой форме: «Если в N клетках сидят не менее N+ I кроликов, то в какой-то из клеток сидит не менее двух кроликов». Обратим внимание на расплывчатость выводов — «в какой-то из

клеток», «не менее». Это является, пожалуй, отличительной чертой

принципа Дирихле, которая иногда приводит к возможности неожиданных

выводов на основе, казалось бы, совершенно недостаточных сведений.

Доказательство самого принципа чрезвычайно просто, в нем используется тривиальный подсчет кроликов в клетках. Если бы в каждой клетке сидело не более одного кролика, то всего в наших N клетках сидело бы не более N кроликов, что противоречило бы условиям. Таким образом, мы доказали принцип Дирихле методом «от противного».

Задача 1. В мешке лежат шарики двух цветов: черного и белого. Какое наименьшее число шариков нужно достать из мешка вслепую, чтобы среди них заведомо оказались два шарика одного цвета?

Решение. Достаем из мешка 3 шарика. Если среди этих шариков было не более одного шарика каждого из цветов — это очевидно, и противоречит тому, что мы достали три шарика. С другой стороны, понятно, что двух шариков может и не хватить. Ясно, что кроликами в этой задаче являются шарики, а клетками — цвета: черный и белый.

Задача 2. Доказать, что среди n + 1 целого числа можно выбрать два, разность которых делится на n.

Решение. При делении на п любое число дает в остатке одно из чисел 0, 1,2, 3, . n, т. е. существует всего n различных остатков. Поэтому среди n +1 числа найдутся два, дающие одинаковые остатки при делении на п. Разность этих чисел делится на п

Обобщенный принцип Дирихле. Если в N клетках сидят не менее kN + 1 кроликов, то в какой-то из клеток сидит по крайней мере к + 1 кролик.

Задача 3. В магазин привезли 25 ящиков с тремя разными сортами яблок (в каждом ящике яблоки только одного сорта). Доказать, что среди них есть по крайней мере 9 ящиков с яблоками одного и того же сорта.

Решение. 25 ящиков-«кроликов» рассадим по трем клеткам-сортам. Так как 25 = 3 х 8 + 1, то применим «обобщенный принцип Дирихле» для N= 3, к = 8 и получим, что в какой-то клетке-сорте не менее 9 ящиков.

1. Докажите, что равносторонний треугольник нельзя покрыть двумя меньшими равносторонними треугольниками.

2. 10 школьников на олимпиаде решили 35 задач, причем известно, что среди них есть школьники, решившие ровно одну задачу, школьники, решившие ровно две задачи и школьники, решившие ровно три задачи. Докажите, что есть школьник, решивший не менее пяти задач.

3. Несколько дуг окружности покрасили в синий цвет. Сумма длин окрашенных дуг меньше длины окружности. Докажите, что существует диаметр, оба конца которого не окрашены.

4. На далекой планете, имеющей форму шара, суша занимает больше половины поверхности планеты. Докажите, что можно прорыть туннель, проходящий через центр планеты, который соединит сушу с сушей.

5. Докажите, что среди любых шести человек есть либо трое попарно знакомых, либо трое попарно незнакомых.

6. На складе имеются по 200 сапог 41, 42 и 43 размеров, причем среди этих 600 сапог 300 правых и 300 левых. Докажите, что из них можно составить не менее 100 годных пар обуви.

Ответы и указания к решениям:

1. Каждый из меньших треугольников не может накрывать более одной вершины большого треугольника.

2. Из условий следует, что найдется 7 школьников, решивших= 29 задач. Так как 29 = 4 • 7 + 1, то найдется школьник, решивший не менее пяти задач.

3. Покрасим в желтый цвет дуги, симметричные синим относительно центра окружности. Так как сумма длин желтых дуг равна сумме длин дуг синих, то общая длина окрашенных дуг меньше длины окружности. Значит, найдется неокрашенная точка с такой же симметричной ей неокрашенной точкой.

Диаметр, проходящий через них, и будет искомым.

4. Покрасим сушу на планете в зеленый цвет, а поверхность планеты, симметричную суше, — в синий цвет. Так как суша занимает больше половины поверхности планеты, то найдется точка на планете, покрашенная в оба цвета. Через нее и надо рыть туннель.

5. У данного человека среди остальных пяти есть либо не менее трех знакомых, либо не менее трех незнакомых ему. Разберем, например, первый случай. Среди этих трех людей есть либо двое знакомых — тогда они вместе с выбранным нами вначале человеком образуют нужную тройку, либо они все трое попарно незнакомы.

6. В каждом размере каких-то сапог меньше: правых или левых. Выпишем эти типы сапог по размерам. Какой-то тип, например левый, повторится, по крайней мере дважды, например в 41 и 42 размерах. Но так как количество левых сапог в этих размерах суммарно не меньше 10 (почему?), то мы имеем не менее 100 годных пар обуви в этих размерах.

В этой главе речь пойдет о замечательных математических объектах. Эти объекты (как правило, различные картинки) очень часто возникают в математических задачах и оказываются чрезвычайно полезными при решении многих, внешне не похожих друг на друга задач. В математике даже есть специальный раздел, который так и называется «Теория графов». Мы не будем давать строгого определения графа как математического объекта. Для нас вполне достаточно ограничиться несколькими определениями и теоремами и показать, как эти определения и теоремы работают при решении конкретных задач.

Определение. Под графом мы будем понимать картинку, адекватно описывающую задачу. При этом элементы множеств, как правило, показываются точками. Желательно, чтобы при решении точки не лежали на одной или паре прямых. Точки при этом называются вершинами графа, а линии, соединяющие эти точки, — ребрами.

Отметим, что точки могут соединяться произвольными (не

обязательно прямыми) линиями. Поясним понятие графа на примере нескольких задач.

Пример 1. Между 9 планетами Солнечной системы введено космическое сообщение. Ракеты летают по следующим маршрутам: Земля — Меркурий, Плутон — Венера, Земля — Плутон, Плутон — Меркурий, Меркурий — Венера, Уран — Нептун, Нептун — Сатурн, Сатурн — Юпитер, Юпитер — Марс и Марс — Уран. Можно ли добраться (возможны пересадки) с Земли до Марса?

Решение. Нарисуем схему: планетам будут соответствовать точки, а соединяющим их маршрутам — непересекающиеся между собой линии.

Сделав набросок рисунка маршрутов, мы нарисовали граф, соответствующий условию задачи. Видно, что все планеты Солнечной системы разделились на две не связанных между собой группы. Земля принадлежит одной группе, а Марс — второй. Долететь с Земли до Марса нельзя.

Пример 2. В стране Цифра есть 9 городов с названиями 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Путешественник обнаружил, что два города соединены авиалинией тогда и только тогда, когда двузначное число, составленное из цифр-названий этих городов, делится на 3. Можно ли из города 1 добраться в город 9?

Решение. Покажем возможные маршруты, нарисовав граф. И в этой задаче 1 и 9 попали в две разных части графа. Ясно, что в правой части графа сгруппировались города-цифры нацело делящиеся на 3, а в левой части графа ребра соединяют две цифры: одну — делящуюся на 3 с остатком 1, а другую — делящуюся на 3 с остатком 2.

Примечание. Отметим, что один и тот же граф можно нарисовать по-разному. Если учащиеся одного класса нарисуют графы к одной задаче, то мы можем получить столько графов, сколько учащихся их рисовали. Нарисованные по-разному графы (если они нарисованы без ошибок) принято называть изоморфными. Любой читатель может нарисовать бесконечное множество изоморфных графов.

Пример 3. Сколькими способами, двигаясь по указанным отрезкам, можно кратчайшим путем переместиться из точки А в точку В?

Решение. Это классическая задача на минимальный путь и возможное количество путей. Начнем с того, что вычеркнем все отрезки, лежащие вне прямоугольника с вершинами А и В. Ясно, что они не могут давать минимальный путь:

Теперь последовательно будем убирать симметричные пути:

Пройдем из точки А по периметру через верхний правый угол (рис. 1), потом пройдем через левый нижний угол (рис. 2) — два пути уже получены. Обратимся к рисунку 2: пройдя через точки А и С, далее мы можем попасть в точку В двумя способами (см. рис. 3). Задача имеет симметрию. Теперь из точки В пройдем через точку D (см. рис. 3) в точку А. Ясно, что это можно сделать еще двумя способами. Пройдя из А через G и Е, мы получим еще два

варианта пути. И оставшиеся два варианта представлены на рисунке 5.

Ответ: десятью способами.

Примечание. Это задача на отыскание оптимального (симметричного) решения задачи.

Рассмотрим еще одну задачу, которая хорошо решается при оптимально выполненном чертеже. Искусство выполнения чертежей в задачах с графами требует отдельного разговора.

Пример 4. В деревне есть 15 телефонов, а АТС отсутствует. Можно ли телефоны соединить проводами так, чтобы каждый телефон был соединен ровно с пятью другими?

Решение. Предположим, что это возможно. Рассмотрим граф, вершины которого соответствуют телефонам, а ребра — соединяющим их проводам. В этом графе 15 вершин, степень каждой из которой равна пяти. Подсчитаем количество ребер в этом графе. Для этого сначала просуммируем степени всех его вершин. Ясно, что при таком подсчете каждое ребро учтено дважды (оно ведь соединяет две вершины!). Поэтому число ребер графа должно быть равно . Но это число нецелое! Следовательно, такого графа не

существует, а значит, и соединить телефоны требуемым образом невозможно.

Примечание. С подобными задачами на принцип разбиения на пары Вы еще столкнетесь в разделе «Четность».

Правило. Для подсчета числа ребер графа необходимо просуммировать степени вершин и полученный результат разделить на два.

Следствие. Сумма степеней всех вершин графа должна быть четной (иначе ее нельзя было бы разделить на 2 нацело).

Определение. Вершина графа, имеющая нечетную степень, называется нечетной, а имеющая четную степень,— четной.

Теорема. Число нечетных вершин любого графа — четно.

Для доказательства этой теоремы остается заметить, что сумма нескольких целых чисел четна тогда и только тогда, когда количество нечетных слагаемых четно.

Примечание. Теорема о четности числа нечетных вершин — одно из центральных мест теории графов. Очень важно научиться применять ее при решении задач.

Пример 5. В классе 30 человек. Может ли быть так, что 9 из них имеют по 3 друга (в этом классе), 11 — по 4 друга, а 10 — по 5 друзей.

Примечание. Если Петя друг Васи, то Вася — друг Пети.

Решение. Если бы это было возможно, то можно было бы нарисовать граф с 30 вершинами, 9 из которых имели бы степень 3; 11 — степень 4; 10 — степень 5. Однако у такого графа 19 нечетных вершин, что противоречит теореме.

Пример 6. В стране Семерка 15 городов, каждый из которых соединен дорогами не менее, чем с 7 другими. Докажите, что из любого города можно добраться до любого другого (возможно, проезжая через другие города).

Решение. Рассмотрим два произвольных города и предположим, что они не соединены путем, то есть такой последовательностью дорог (с этим мы уже сталкивались в примере 3), в которой начало очередной дороги совпадает с концом предыдущей. Каждый из двух городов по условию задачи соединен не менее чем с 7 другими; при этом все упомянутые города различны — ведь если какие-то два из них совпадают, то есть путь, соединяющий исходные города.

Таким образом, мы указали 16 городов. Противоречие с условием задачи.

Определение. Граф называется связным, если две его вершины могут быть соединены путем, т. е. последовательностью ребер, каждое следующее из которых начинается в конце предыдущего.

Определение. Несвязный граф состоит из нескольких «кусков».

Эти «куски» называются компонентами связности графа. Каждая компонента несвязного графа является, конечно, связным графом.

Примечание. В примерах 1 и 2 мы имели дело с графами несвязными; во всех остальных примерах рассматривались графы связные.

Определение. Замкнутый путь, то есть такой, начало и конец которого совпадают, называется циклом.

Пример 7. В Тридевятом царстве лишь один вид транспорта — ковер-самолет. Из столицы выходит 21 ковролиния, из города Дальний — одна, а из всех остальных городов по 20. Докажите, что из столицы можно долететь в Дальний (возможно с пересадками).

Доказательство. Рассмотрим компоненту связности графа ковро-линий, содержащую столицу. Нам нужно доказать, что она содержит также и город Дальний. Предположим противное. Тогда в этой компоненте связности из одной вершины (столицы) выходит 21 ребро, а из всех остальных вершин — 20 ребер. Таким образом в этом графе (компоненте связности) ровно одна нечетная вершина. Мы пришли к противоречию!

Пример 8. Можно ли нарисовать графы, изображенные на рисунках, не отрывая карандаша от бумаги?

Подобные задачи достаточно часто встречаются в книжках по занимательной математике для младших школьников.

Решение. Для того чтобы нарисовать любой граф не отрывая руки от бумаги, необходимо в каждую вершину графа, за исключением начальной и конечной, войти столько же раз, сколько и выйти. Поэтому степени всех вершин нарисованного графа, кроме начальной и конечной, должны быть четными — такой граф должен иметь не более двух нечетных вершин! Ясно, что левая фигура и конверт могут быть нарисованы, не отрывая руки от бумаги, при этом рисунок должен начинаться в любой нечетной вершине: у первой фигуры две такие точки лежат на концах горизонтального отрезка, а у конверта такими двумя точками являются нижние углы конверта. Эмблема «Мерседеса» нарисована быть не может. Впервые графы, обладающие подобными свойствами, были исследованы великим русским математиком Леонардом Эйлером в 1736 году в связи со знаменитой задачей о Кенигсбергских мостах. Поэтому графы, которые можно нарисовать указанным способом, называются эйлеровыми.

Пример 9. Леонард Эйлер, совершая прогулку по городу, в котором он жил, — Кенигсбергу (ныне Калининград), поставил для себя задачу: прогуляться по всем мостам, перекинутым на два острова реки и между островами так, чтобы по каждому мосту пройти не более одного раза. Представим схему задачи Эйлера:

Ясно, что задача Эйлера при переводе на язык графов имеет 4 нечетных вершины и, следовательно, не решается.

Все мы любим играть! Поэтому, особенно у школьников младших классов, большой интерес вызывают задачи-игры. С их помощью преподаватель может внести в занятие элемент развлечения: устроить турнир, сеанс одновременной игры, наконец, просто дать детям поиграть. Вспомните, с каким интересом в игре «Форт Баярд» дети следят за процессом вытягивания палочек, зная условия игры. В то же время такие задачи содержательны. Достаточно рассказать, что в игре «крестики-нолики» при правильной игре всегда достигается ничейный результат.

При изложении решения игровых задач школьники испытывают большие трудности. Ведь необходимо, во-первых, грамотно сформулировать стратегию, а во-вторых, доказать, что она действительно ведет к выигрышу. Поэтому задачи-игры очень полезны для развития разговорной математической культуры и четкого понимания того, что означает «решить задачу».

Во всех встречающихся играх предполагается, что играют двое, ходы делаются по очереди (игрок не может пропускать ход). Ответить всегда нужно на один и тот же вопрос — кто побеждает: начинающий (первый) игрок или его партнер (второй)? В дальнейшем это оговариваться не будет.

Первый класс игр, о которых пойдет речь, — игры-шутки. Это игры, исход которых не зависит от того, как играют соперники. Поэтому для решения такой игры-задачи не нужно указывать выигрышную стратегию. Достаточно лишь доказать, что выигрывает тот или иной игрок (независимо от того, как будет играть!).

Пример 1. Двое ломают шоколадку 6х 8. За ход разрешается сделать прямолинейный разлом любого из имеющихся кусков вдоль углубления. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Проигравший игрок покупает сопернику шоколадку.

Решение. После каждого хода число кусков шоколадки увеличивается на единицу. Ломая шоколадку 6×8, мы из одного куска после некоторого числа ходов получим 48 кусочков. Всего будет сделано 47 ходов, это говорит о том, что последний ход (нечетный) сделает начавший игру.

Ломая шоколадку 5×7, мы из одного куска после некоторого числа ходов получим 35 кусочков. Всего будет сделано 34 хода, это говорит о том, что последний ход (четный) сделает второй игрок.

Решим еще несколько игр-шуток.

Пример 2. Двое по очереди ставят ладей на шахматную доску так, чтобы ладьи не били друг друга. Проигрывает тот, кто не может сделать ход.

Решение. После каждого хода и количество вертикалей, и количество горизонталей, на которые можно поставить ладей, уменьшается на единицу. Поэтому игра будет продолжаться ровно 8 ходов. Последний, выигрышный, ход будет сделан вторым игроком.

Пример 3. На доске написано 10 единиц и 10 двоек. За ход разрешается стереть две любые цифры и, если они были одинаковыми, написать двойку, а если разными — единицу. Если последняя оставшаяся на доске цифра — единица, то выиграл первый игрок, если двойка — то второй.

Решение. Четность числа единиц на доске после каждого хода не меняется. Поскольку сначала единиц было четное число, то после последнего хода на доске не может оставаться одна (нечетное число!) единица. Поэтому выигрывает второй игрок.

Пример 4. Двое по очереди кладут пятирублевые монеты на стол симметричной формы, причем так, чтобы они не накладывались друг на друга. Проигрывает тот, кто не может сделать ход.

Решение. В этой игре выигрывает первый игрок, независимо от размеров и формы стола! Первым ходом он кладет монету так, чтобы ее центр и центр симметрии стола совпали. После этого на каждый ход своего противника отвечает симметрично относительно центра стола. Отметим, что при такой стратегии после каждого хода первого игрока позиция симметрична. Поэтому если возможен очередной ход второго игрока, то возможен и симметричный ему ответный ход первого. Следовательно, он побеждает.

Примечание 1. В случае, когда симметричность многовариантна, для решения задачи нужно правильно выбрать центр или ось симметрии.

Примечание 2. При доказательстве правильности симметричной стратегии нельзя забывать о том, что очередному симметричному ходу может помешать ход, только что сделанный противником. Чтобы решить игру-задачу при помощи симметричной стратегии необходимо найти симметрию, при которой только что сделанный противником ход не препятствует осуществлению избранного плана.

Пример 5. Двое по очереди ставят слонов в клетки шахматной доски так, чтобы слоны не били друг друга. (Цвет слонов значения не имеет). Проигрывает тот, кто не может сделать ход.

Решение. 1) Поскольку шахматная доска симметрична относительно своего центра, то естественно попробовать симметричную стратегию. Но на этот раз (первым ходом нельзя поставить слона в центр доски) симметрию может поддерживать второй игрок. Казалось бы, по аналогии с предыдущей задачей, это и есть выигрышная стратегия. Однако, следуя ей, второму игроку не удастся сделать даже свой первый ход! Слон, только что поставленный первым игроком, может бить центрально-симметричное поле.

2) Решение поставленной задачи легко осуществить, применяя не центральную, а осевую симметрию шахматной доски. За ось симметрии можно взять прямую, разделяющую, например, четвертую и пятую горизонтали. Симметричные относительно нее поля имеют разный цвет, и, тем самым, слон, поставленный на одно из них, не препятствует ходу на другое. Итак, в этой игре выигрывает все-таки второй игрок.

Пример 6. Имеется две кучки камней — по 7 в каждой. За ход разрешается взять любое количество камней, но только из одной кучки. Проигрывает тот, кому нечего брать.

Решение. В этой игре при помощи симметричной стратегии побеждает второй игрок: каждым своим ходом он должен брать столько же камней, сколько предыдущим ходом взял первый игрок, но из другой кучки. Таким образом, у второго игрока всегда есть ход. Симметрия в этой задаче состоит в равенстве числа камней в кучках.

Пример 7. Ладья стоит на поле al. За ход разрешается сдвинуть ее на любое число клеток вправо или на любое число клеток вверх. Выигрывает тот, кто поставит ладью на поле h8.

В этой игре побеждает второй игрок. Его стратегия очень проста: каждым своим ходом он возвращает ладью на большую диагональ al-h8. Объясним, почему, играя так, второй игрок выигрывает. Дело в том, что первый игрок любым своим ходом вынужден будет уводить ладью с этой диагонали, а

второй игрок после этого будет иметь возможность вернуть ладью на линию al-h8. Так как поле h8 принадлежит диагонали, то на него сумеет встать именно второй игрок.

Нам удалось выделить класс выигрышных позиций (ладья стоит на одной из клеток диагонали al-h8), обладающих следующими свойствами:

1) завершающая позиция игры — выигрышная;

2) за ход нельзя из одной выигрышной позиции попасть в другую;

3) из любой невыигрышной позиции за один ход можно попасть в какую-либо выигрышную.

Нахождение такого класса выигрышных позиций для игры равносильно ее решению. Действительно, к победе ведет стратегия — ходи в выигрышную позицию. Если исходная позиция выигрышная, то, как в разобранной задаче, выигрывает второй. В противном случае выигрывает начинающий.

Понятие четности возникает при рассмотрении самых различных математических задач. Если элементы произвольного множества

могут быть условно разделены на две примерно равные группы с диаметрально противоположными свойствами, то речь идет о четности.

Понятия: левый — правый; по часовой стрелке — против часовой стрелки; черный — белый (для шахматной доски, например), женский — мужской; четный — нечетный, — для целых чисел связаны в математике с понятием четности.

Для простоты понимания вопроса будем рассматривать конкретные задачи и принципы, приводящие к их решению.

Задача 1. На плоскости расположены 7 шестеренок, соединенных по цепочке. Могут ли все шестеренки цепочки вращаться?

Решение. Предположим, что первая шестеренка вращается по часовой стрелке. Тогда вторая — против часовой стрелки. Третья — снова по часовой стрелке, четвертая — против и т. д. Ясно, что все «четные» шестеренки должны вращаться против часовой стрелки, а все «нечетные» — по часовой стрелке. Но тогда 1-я и 7-я шестеренки должны вращаться по часовой стрелке. Мы пришли к противоречию: нарушается принцип чередования.

Цепочка шестеренок не может вращаться. Главной идеей решения этой задачи было чередование направлений вращения. Эта идея будет присутствовать еще не в одной задаче.

Напомню, что она представляет собой квадрат размером 8×8 клеток с чередующимися цветами. Предполагается, что читателю известны правила перемещения каждой шахматной фигуры.

Задача 2. Конь вышел с поля al и через несколько ходов вернулся на это поле. Докажите, что он сделал четное число ходов.

Задача 3. Может ли конь пройти с поля al на поле h8, побывав по дороге на каждом из остальных полей ровно один раз?

Две предложенные задачи объединены одной идеей. Любой шахматист знает, что конь при перемещении по полю переходит с клетки одного цвета, на клетку другого цвета. Так, если клетка al имеет белый цвет, то третий, пятый и все нечетные ходы конь сделает на клетку черного цвета. Вернувшись на ту же самую клетку, конь сделает четное число ходов. Поля al и h8 находятся на одной из главных диагоналей доски и, следовательно, имеют одинаковый цвет. Шахматная доска имеет 64 клетки, при перемещении с поля al на поле h8 конь должен обойти все клетки, при этом будет сделано 63 хода (в одной клетке конь уже стоит!), и конь попадет на клетку, цвет которой отличен от

цвета полей al и h8. В задаче 3 ответ отрицательный.

Задача 4. Маша и ее друзья встали по кругу. Оказалось, что оба соседа каждого ребенка — одного пола. Мальчиков среди Машиных друзей семь. А сколько девочек?

Решение. Очевидно, что в чередующейся замкнутой цепочке объектов одного вида (мальчиков) столько же, сколько и объектов другого вида (девочек). У Маши шесть подруг.

2. Разбиение на пары

Задача 5. Можно ли нарисовать 9-звенную замкнутую ломаную, каждое звено которой пересекается ровно с одним из остальных звеньев?

Решение. Если бы такое было возможно, то все звенья ломаной разбились бы на пары пересекающихся, однако такое число звеньев должно быть четным.

Если предметы можно разбить на пары, то их число — четно.

Задача 6. Можно ли доску размером 5×5 заполнить костяшками домино 2×1?

Задача 7. Можно ли шахматную доску размером 8×8 заполнить костяшками домино 2×1?

В задаче 6 любое количество костяшек домино накрывает четное число клеток доски, которая имеет 25 клеток. Ответ: нет.

Задача 7 проста только на первый взгляд: в условии задачи не сказано, сколько костяшек домино мы имеем. Даже ученик третьего класса может на вопрос задачи дать отрицательный ответ и его обосновать: в комплекте для игры в домино 28 костей, которыми можно накрыть только 56 клеток шахматной доски. Задача имеет очевидное положительное решение только в случае, когда имеется более 32 костяшек домино.

Задача 8.Можно ли разменять купюру достоинством 50 рублей с помощью 15 монет по 1 и 5 рублей?

Решение. Основываться будем на простом наблюдении: сумма нечетного числа нечетных слагаемых есть число четное. Ответ: нет.

Замечание. Четность суммы нескольких чисел зависит отчетности числа нечетных слагаемых: если количество нечетных слагаемых не(четно), то и сумма — (не)четна.

Задача 9. 2006 человек выстроились в шеренгу. Всегда ли их можно расставить по росту, если за один ход разрешается переставлять людей, стоящих через одного?

Решение. Не всегда. При перестановке сохраняется четность номера места. Самый высокий по росту, стоящий, например, вторым, никогда не станет первым.

Задача10. На столе стоят 9 стаканов все вверх дном. Разрешается за один раз перевернуть любые четыре стакана. Можно ли после нескольких переворотов добиться того, чтобы все стаканы стояли правильно?

Решение. Нет, поскольку всегда число перевернутых вверх дном стаканов будет числом нечетным.

VII. ДЕЛИМОСТЬ И ОСТАТКИ

1. Простые и составные

Вы, конечно, хорошо знаете, что среди натуральных чисел есть простые и составные. Число является составным, если оно равно произведению двух меньших натуральных чисел (например, 3 • 5 = 15). В противном случае число (если оно, кроме того, отлично от единицы) называется простым. Единица не является ни простым, ни составным числом!

Простые числа являются «кирпичиками», из которых состоят составные числа. Рассмотрим число 420. Оно, без сомнения, составное. Его можно разложить на множитель, например, 420 = 42х 10. Каждое из чисел 42 и 10 также составное: 42 = 6×7, 10 = 2×5. Но 6 = 2×3, тогда 420 = 2x2x3x5x7. Мы получили разложение нашего числа на простые множители.

Основная теорема арифметики: Каждое натуральное число, за исключением единицы, раскладывается в произведение простых сомножителей, причем

Свойства делимости практически полностью определяются

разложением числа на простые множители. Далее попытаемся ответить на простые вопросы.

1. Делится ли 29 • 3 на 2?

Ответ: Да, так как 2 входит в разложение этого числа на простые множители.

2. Делится ли 29 • 3 на 5?

Ответ: Нет, потому что в разложении этого числа на простые множители нет простого числа 5.

3. Делится ли 29 • 3 на 8?

Ответ: Да, поскольку 8 = 23, а в разложение данного числа на простые множители двойка входит 9 раз.

4. Делится ли 29 • 3 на 9?

Ответ: Нет, так как в разложение данного числа на простые множители тройка входит лишь один раз, а в разложение 9 — дважды.

5. Делится ли 29 • 3 на 6?

Ответ: Да, потому что 6 = 2*3, а2иЗ входят в разложение Данного числа на простые.

6. Верно ли, что если натуральное число делится на 4 и 3, то оно делится на 12?

Ответ: Да, поскольку в разложение на простые множители числа, делящегося на 4, двойка входит по крайней мере 2 раза; а так как число делится и на 3, то в его разложение входит и тройка. Поэтому оно делится на 12.

7. Верно ли, что если натуральное число делится на 4 и на 6, то оно делится на 24?

Ответ: Нет, например число 12. Дело в том, что если число делится на 4, то в его разложение на простые множители, по крайней мере, дважды входит число 2; из делимости числа на 6 следует, что в его разложение входят 2 и 3. Таким образом, заведомо в его разложение входит две (не три!) двойки и одна тройка, и можно утверждать лишь то, что число делится на 12.

8. Число А не делится на 3. Может ли на 3 делиться число 2А? Ответ: Нет, поскольку тройка не входит в разложение на простые множители числа 2А.

9. Число А — четно. Верно ли, что ЗА делится на 6? Ответ: Да, так как 2 и 3 входят в разложение числа ЗА на простые множители.

10. Число 5А делится на 3. Верно ли, что А делится на 3?

Ответ: Да, потому что в разложение числа 5А на простые

множители тройка входит, а в разложение числа 5 — нет.

11.Число 15А делится на 6. Верно ли, что А делится на 6?

Ответ: Нет, например, А = 2. Тройка, входящая в разложение числа 6, входит и в разложение числа 15. Поэтому можно утверждать лишь то, что в разложении числа А обязательно есть двойка.

Определение 1. Два числа называются взаимно простыми, если у них нет общих делителей, отличных от единицы.

Примечание 1. Два простых числа являются взаимно простыми.

Примечание 2. Если некоторое число делится на два взаимно простых числа n и m, то оно делится и на их произведение nm.

Примечание 3. Если число р • А делится на q, где р и q взаимно

просты, то и А делится на q.

Определение 2. Наибольшим общим делителем (для краткости НОД) двух чисел называется наибольший из общих делителей этих чисел.

Определение 3. Наименьшим общим кратным (НОК) двух чисел называется наименьшее число, делящееся на каждое из них.

Так, например, НОД (18, 24) = 6; НОК (18, 24) = 72.

Пример 1. Р— простое число. Сколько существует натуральных чисел а) меньших Р и взаимно простых с ним; б) меньших Р2 и взаимно простых с ним?

Решение. Простые рассуждения показывают, что условие а) выполняется для Р— I числа, а условие б) выполняется для Р* (Р— 1) чисел.

1. Докажите, что произведение любых трех последовательных натуральных чисел делится на 6.

2. Докажите, что произведение любых пяти последовательных чисел делится: а) на 30; б) на 120.

4. На сколько нулей оканчивается число 100!?

5. Вася написал на доске пример на умножение двух двузначных чисел, а затем заменил в нем все цифры на буквы, причем, одинаковые цифры — на одинаковые буквы, а разные — на разные. В итоге у него получилось ABCD = EEFF. Докажите, что он где-то ошибся.

7. Найдите остаток от деления 9100 на 8.

VIII. МЕТОД МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ

Общие и частные утверждения. Дедукция и индукция. Индукция как переход от частных утверждений к общим. Метод полной математической индукции в настоящее время не находит своего места в школьных учебниках. Между тем этот метод играет существенную роль в высшей математике, являясь сильным орудием в математических доказательствах. Именно этот метод позволяет коротко и абсолютно строго доказывать многие теоремы. Требование полноты доказательства является одним из ведущих в современной математике. На самом деле при n = 1, 2, 3, 4 число n2 + n + 17 равно соответственно простым числам 19, 23, 29, 37. Проверим еще несколько следующих значений (скажем, n = 5, 6, 7, 8, 9, 10) — число тоже оказывается простым. Но можно ли отсюда заключить, что число n2 + n + 17 — простое? Очевидно, нельзя: такое заключение было бы логически необоснованным. Более того, оно и неверно: легко убедиться, что при n = 16 это число равно 172, т. е. не является простым.

Задача 1. Из квадрата 16×16 клеток вырезали одну клетку. Докажите, что полученную фигуру можно разрезать на уголки из трех клеток.

Решение №1: Что делать, если не хочется рассматривать кучу разных случаев вырезания клетки из квадрата 16×16 (как ни сокращай, но 36 принципиально разных случаев там есть)? Давайте посмотрим на квадраты поменьше (но тоже со стороной, равной степени двойки): 8×8, 4×4, 2×2. Для 2×2 доказывать нечего: вырезали любую клетку, и остался один уголок. А вот теперь посмотрим на квадрат 4×4 — он составлен из 4-х квадратов 2×2 (см. рис.). В один из них попадет вырезанная клетка (черная на рис.) — и он разрежется на уголки (т. е., как сказано выше, там будет ровно 1 уголок). Что же делать с тремя другими? (это и есть самый сложный момент в задаче!) А давайте возьмем в этих трех квадратах уголок, прилежащий к центру большого квадрата — и отрежем его (серые клетки на рис.). Тогда у нас останется три квадратика 2×2 с вырезанной клеткой — а их мы уже умеем разрезать на уголки.

Теперь перейдем от 4×4 к 8×8: квадратик 8×8 составлен из четырех квадратиков 4×4. В одном из них есть вырезанная клетка, а в остальных трех мы вырежем по клетке, отрезав прилежащий к центру уголок (аналогично предыдущему). Теперь образуется 4 квадратика 4×4, в каждом из которых вырезана клетка. Каждый из них мы умеем разрезать на уголки — значит, разрежем и весь квадрат 8×8. А от квадрата 8×8 можно точно так же перейти к квадрату 16×16, составив его из четырех частей — получаем ч. т.д (пример разрезания всего квадрата 16×16 на уголки — см. рис. внизу).

Решение №2: (то же самое, но с волшебным словом «индукция») Докажем по индукции следующее утверждение: квадрат 2nx2n с одной вырезанной клеткой можно разрезать на уголки из трех клеток. (На самом деле, здесь спрятан бесконечный ряд утверждений: про квадрат 2×2, 4×4, 8×8, 16x16x1024 и т. д.)

База: Квадрат 2×2 с одной вырезанной клеткой можно разрезать на уголки. Это верно, т. к. после вырезания клетки от квадрата 2×2 остается один уголок.

Переход: Если квадрат 2nx2n с одной вырезанной клеткой можно разрезать на уголки, то можно разрезать и квадрат 2n+1x2n+1. Действительно, квадрат 2n+1x2n+1 составлен из четырех квадратов 2nx2n. В одном из них вырезана клетка, а в остальных трех квадратах вырежем по клетке, отрезав уголок, прилежащий к центру исходного квадрата. Тогда каждый из этих четырех квадратов можно будет разрезать на уголки по предположению индукции, значит, можно разрезать и исходный квадрат, ч. т.д.

Замечание: предположением индукции называется предположение о верности очередного утверждения ряда, из верности которого мы в переходе индукции доказываем верность следующего утверждения ряда.

Когда задача решается по индукции, то решение записывается в стиле, похожем на решение №2. Но придумывается оно часто в стиле решения №1 — так бывает удобнее, особенно для начинающих

А настоящее овладение методом — это умение придумывать решение сразу таким, как оно будет.

IX. ЛОГИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ

Логические задачи стоят несколько особняком среди математических задач: в них как правило отсутствуют вычисления.

Однако решение логических задач является обязательным компонентом подготовки к решению олимпиадных задач. Главной задачей преподавателя при рассмотрении этого раздела является формирование культуры мышления. Очень важно, чтобы даже младшие школьники не путали причину со следствием, тщательно проводили перебор вариантов, правильно строили цепочку рассуждений.

Несколько таких задач были предложены в «разминочном» разделе этой книжки.

Не останавливаясь на задачах, в которых, явно, перепутаны местами причина и следствие, хочу обратить внимание на задачу 18 раздела II. Как правило у логической задачи имеется единственный ответ. Обратимся к примеру.

Пример 1. Словам соответствуют цифры: корова — 2, кошка — 3, кукушка — 4. Какая цифра по Вашему мнению должна соответствовать слову «собака»?

Решение. Прежде всего обратим внимание на то, что задача допускает не один ответ.

1) Ответ детского сада: 3. (По числу звуков: «му», «мяу», «ку — ку», «гав».)

2) Подсчитав число букв «к» в каждом слове и прибавив единицу, получим для собаки цифру 2.

3) Взяв ряд записанных подряд цифр, получаем в ответе цифру 5.

4) А ведь возможна еще в ответе и единица!

Получаем, что у каждого своя логика.

Вывод: данная задача относится к классу логических задач, но Допускает не один ответ! В задачах подобного типа необходимо очень точно описывать логику своих рассуждений.

Пример 2. На столе лежат четыре карточки, на которых сверху написано: А, Б, 4, 5. Какое наименьшее количество карточек и какие именно нужно перевернуть, чтобы проверить, верно ли утверждение: «Если на одной стороне карточки написано четное число, то на другой стороне карточки — гласная буква»?

Решение. В данной задаче в явном виде сказано: «Если. то. ». Если на карточке написано четное число (4), то для верности

утверждения задачи эту карточку необходимо перевернуть. Проверим обратное утверждение (у нас обе стороны карточки равноценны) и перевернем карточку с гласной буквой (А). Ясно, что необходимо перевернуть именно две указанные карточки.

Пример 3. Петя, Вася, Коля и Миша играли в футбол. Один из них разбил мячом стекло. На вопрос «Кто это сделал?» Петя, Вася и Коля ответили «Не я», а Миша — «Не знаю». Потом оказалось, что двое из мальчишек сказали правду, а двое — неправду. Знает ли Миша, кто разбил стекло? Решение. Начнем с ответов Пети, Васи и Коли. Поскольку стекло разбил кто-то один, среди ответов Пети, Васи и Коли может быть только один ложный, иначе при двух ложных ответах получается, что стекло разбили двое.

Тогда вторым ложным ответом будет ответ Миши, так как всего ложных ответов два. Поэтому Миша знал, кто разбил стекло.

Пример 4. Пять школьников приехали из пяти разных городов в Ставрополь на краевую олимпиаду по математике.

«Откуда вы, мальчишки?» — спросили их хозяева. Вот что ответил каждый из них:

Андреев: «Я приехал из Невинномысска, а Григорьев живет в Кисловодске».

Борисов: «В Кисловодске живет Васильев. Я прибыл из Светлограда».

Васильев: «Я прибыл из Невинномысска, а Борисов из Буденновска».

Григорьев: «Я прибыл из Кисловодска, а Данилов из Пятигорска.

Данилов: «Да, я действительно из Пятигорска, Андреев же живет в Светлограде.

Хозяева удивились противоречивости ответов приехавших гостей. Ребята объяснили им, что каждый из них высказал одно утверждение правильное, а второе ложное. При этом по их ответам вполне можно установить, откуда приехал каждый из участников олимпиады. Откуда приехал каждый школьник?

Решение. Пусть у Андреева первое утверждение верное, то есть он из Невинномысска. Тогда Григорьев живет не в Кисловодске. Поэтому второе утверждение Данилова ложное, значит, он из Пятигорска. Тогда первое утверждение Григорьева ложно. Так как Андреев из Невинномысска, то первое утверждение Васильева ложно, поэтому Борисов из Буденновска. Поскольку Григорьев не из Кисловодска, то остается, что он из Светлограда, а Васильев из Кисловодска.

Рассмотрим второй возможный вариант. Пусть у Андреева второе утверждение является верным, тогда Григорьев приехал из Кисловодска. Значит, Данилов приехал не из Пятигорска, а Андреев не из Невинномысска. Тогда у Борисова первое утверждение ложно (в Кисловодске живет Григорьев, а не Васильев), значит, Борисов прибыл из Светлограда. Поэтому Андреев не из Светлограда и получается, что Данилов из Пятигорска. Получено противоречие: Данилов одновременно и живет, и не живет в

Пятигорске. Значит, второй вариант невозможен.

Ответ: Андреев из Невинномысска, Борисов из Буденновска, Васильев из Кисловодска, Григорьев из Светлограда, а Данилов из Пятигорска.

Приведем пример логической задачи, условие которой невольно подталкивает к неправильному ответу.

Пример 5. Сын отца профессора разговаривает с отцом сына профессора, причем сам профессор в разговоре не участвует. Может ли такое быть?

Решение. В этой задаче при решении основная масса решающих невольно полагает, что профессором должен быть мужчина, хотя это ниоткуда не следует по условию задачи. Попытаемся отвлечься от навязываемого условием стереотипа. Получается ясное решение задачи.

1) Профессором является женщина, имеющая сына и мужа; есть у нее и отец.

2) У женщины-профессора может быть еще и брат (сын отца профессора).

3) Если муж профессора (отец сына профессора) разговаривает

с братом жены (сыном отца профессора), то условия задачи выполняются.

Ответ: Да, такое возможно. Рассмотрим логическую задачу, в которой требуется упорядочить множество.

Пример 6. В семье четверо детей. Им 5, 8, 13 и 15 лет. Детей зовут Галя, Коля, Валя и Таня. Сколько лет каждому ребенку, если известно, что одна девочка ходит в детский сад, Галя старше Коли и сумма лет Гали и Вали делится на три?

Решение. Сначала найдем возраст мальчика. Поскольку в детский сад ходит девочка, то это не Коля. Тогда Коле больше 5 лет. Так как Галя старше Коли, то Коле не может быть 15 лет. Если сумма лет Гали и Вали делится на три, то, учитывая возраст детей в семье, это возможно в следующих случаях:

1) одной девочке 5, а другой 13 лет;

2) одной девочке 8, а другой 13 лет.

В обоих случаях одной из девочек 13 лет, следовательно, Коле не может быть 13 лет. Зная, что Коле не 5, не 15 и не 13 лет, приходим к выводу, что мальчику 8 лет.

Теперь установим возраст каждой девочки. Поскольку сумма лет Гали и Вали делится на три, а Коле 8 лет, этим двум девочкам 5 и 13 лет. А так как по условию Галя старше Коли, то Гале 13 лет. Тогда Вале должно быть 5 лет, а Тане 15 лет.

Приведем пример классической задачи на схему действий. Она встречается еще в изданиях конца XIX века.

Пример 7. Как перевезти в лодке с одного берега реки на другой волка, козу и капусту, если волк может съесть козу, а коза любит капусту. Лодочник может взять в лодку или одно из животных, или капусту.

Решение. Первым рейсом лодочник перевозит козу, привязав на берегу волка рядом с капустой. Привязывает козу на противоположном берегу и возвращается. Вторым рейсом лодочник перевозит волка, оставляя на берегу

капусту. Привязывает волка на противоположном берегу и возвращается в исходную точку с козой. Третьим рейсом лодочник перевозит капусту, привязав козу в исходной точке, оставляет капусту с волком на противоположном берегу и возвращается за козой. Четвертым рейсом перевозится коза. К логическим задачам относятся и задачи, в которых необходимо выяснить итоги проводимого турнира. Отметим, что обязательно

необходимо знать правила игры и схему начисления очков по итогам турнира.

Турнирные задачи (на первый взгляд) не всегда могут иметь чисто

логическое решение. Рассмотрим пример такой задачи.

Пример 8. В кафе встретились три друга: скульптор Белов, скрипач Чернов и художник Рыжов. «Замечательно, что один из нас блондин, другой — брюнет, а третий — рыжий, и при этом ни у одного из нас цвет волос не соответствует фамилии», — заметил черноволосый. «Ты прав», — сказал Белов. Определите цвет волос художника.

Решение. Ясно, что в решении будет рассматриваться только взаимное соответствие фамилий и цветов волос друзей, профессии в рассуждении не участвуют. Поэтому в задаче нужно ответить на вопрос, какого цвета волосы у Рыжова. Воспользуемся таблицей 3×3:

По условию задачи Белов не русый, Чернов не брюнет, а у Рыжова не рыжий цвет волос: это позволяет поставить знак «—» в соответствующих клетках. Кроме того, по условию задачи Белов не может быть черноволосым, добавим еще один «минус» в таблицу. Ясно, что Белов может быть только рыжим, отразим этот результат в таблице. Отсюда получаем, что Чернов не может быть рыжим, цвет его волос — русый. Далее ясно, что Рыжов не может быть с русыми волосами, он — брюнет. Поскольку Рыжов у нас является художником, художник — брюнет. Решение задач, в которых фигурируют более двух множеств, требует составления нескольких таблиц, хотя идея решения задачи остается той же.

Пример 9. Четыре соседа Миша, Леня, Женя и Костя ходят в спортивные секции: бокса, тенниса, баскетбола и гимнастики (каждый из мальчишек занимается только одним видом спорта). Они же владеют различными иностранными языками (английским, французским, немецким и испанским),

но каждый только одним. Известно, что:

1) мальчик, который играет в баскетбол, говорит по-испански;

2) Леня не занимается гимнастикой, не ходит в секцию бокса и не владеет английским языком;

3) Миша не занимается гимнастикой, не ходит в секцию бокса и не владеет английским языком;

4) Женя знает французский язык, но не занимается гимнастикой.

Кто в какую секцию ходит и какой иностранный язык знает?

Решение. Для решения задачи воспользуемся таблицами:

Поскольку Леня не занимается гимнастикой, не ходит в секцию бокса и не владеет английским языком, поставим минусы в соответствующих клетках. Аналогично поступаем с Мишей: ставим минусы в первой таблице на пересечении строки «Миша» и столбцов «Гимнастика» и «Бокс»; во второй таблице ставим минусы на пересечении строки «Миша» и столбца «Английский». Так как Женя знает французский язык, но не занимается

гимнастикой, во второй таблице на пересечении строки «Женя» и столбца

«Французский» ставим плюс и в первой таблице на пересечении строки «Женя» и столбца «Гимнастика» ставим минус. Так как три мальчика не занимаются гимнастикой, ясно, что гимнастикой занимается Костя; тогда Женя занимается боксом. Так как Женя (третий из соседей) не знает английского, то английским владеет Костя.

Итак, Костя занимается гимнастикой и говорит на английском языке, Женя занимается боксом и владеет французским. Обратимся к первой таблице. Ясно, что для Миши и Лени возможны два варианта:

1) Миша играет в теннис, а Леня играет в баскетбол;

2) Миша играет в баскетбол, а Леня играет в теннис.

Учитывая данные второй таблицы и первое условие задачи (мальчик, который играет в баскетбол, говорит по-испански), получаем, что:

1) Леня говорит по-испански, а Миша владеет немецким;

2) Миша говорит по-испански, а Леня владеет немецким.

Таким образом, задача имеет два варианта решения:

1) Костя занимается гимнастикой и говорит на английском языке, Женя занимается боксом и владеет французским, Миша играет в теннис и говорит на немецком, Леня играет в баскетбол и говорит по-испански.

2) Костя занимается гимнастикой и говорит на английском языке, Женя занимается боксом и владеет французским, Миша играет в баскетбол и говорит по-испански, Леня играет в теннис и говорит по-немецки.

X. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ

Пожалуй, самыми интересными и сложными среди олимпиадных задач являются задачи по геометрии. Мы не будем разбирать сложные задачи, ограничившись только отдельными подходами к решению геометрических задач. Даже их классификация представляет затруднения. Некоторые из задач можно назвать задачами геометрическими условно, ведь они сводятся

к элементарным вычислениям. В таких задачах важнее всего идея решения.

Пример 1. С помощью циркуля и линейки разделить угол в 19° на 19 равных частей.

Решение. Ясно, что задача сводится к построению угла в 1°, далее все просто. Заметим, что 19 х 19 = 361, то есть сумма девятнадцати углов в 19° есть окружность плюс 1°. Сложение углов при помощи циркуля и линейки является стандартной, хорошо решаемой задачей. Получив угол в 1°, далее отложим этот угол девятнадцать раз и получим угол в 19°. Задача решена.

Пример 2. Нарисовать треугольник, который можно разделить на 5 равных треугольников.

Решение. Очевидно, что треугольник можно разделить на 4 равные части. Далее к этому треугольнику требуется «приставить» его четвертую часть; при этом снова должен получиться треугольник. Это возможно только в том случае, когда треугольник является прямоугольным, ведь только тогда сумма двух прямых углов даст развернутый угол (отрезок, который является

стороной треугольника, при этом будет суммой сторон большого треугольника и его «четвертушки»).

Покажем на рисунке решение задачи. Необходимо нарисовать прямоугольный треугольник, у которого один катет в два раза длиннее

Приведем примеры задач, которые вообще не требуют расчетов.

Пример 3. Имеется несколько кирпичей. Необходимо, не используя теорему Пифагора, при помощи линейки определить длину наибольшей диагонали кирпича.

Решение. Решение задачи представлено на рисунке.

Необходимо сложить три кирпича и измерить расстояние между точками А и В. Это диагональ несуществующего кирпича.

1. Неравенство треугольника

Отдельного разговора требуют геометрические задачи с неравенствами. Неравенство треугольника — самое фундаментальное геометрическое неравенство, недаром его учат в школе. Именно поэтому полезно выяснить у школьников, знают ли они его, решали ли задачи на его применение. Конечно, необходимо напомнить о том, что кратчайшим путем между двумя

точками является отрезок прямой. Итак, неравенство треугольника: для произвольного треугольника ABC AB |АВ — ВС|.

Доказательство этой теоремы не представляет сложности для читателей.

Примечание. Сформулировав теорему, дадим ее очевидное геометрическое истолкование: длина любой стороны треугольника не меньше модуля разности длин двух других сторон.

Теорема 2. Длина любой стороны треугольника не превосходит его полупериметра.

Примечание. Один из самых распространенных способов доказательства геометрических неравенств состоит в том, что применяется неравенство треугольника, возможно, с использованием некоторых дополнительных соображений.

Пример 4. Найти внутри выпуклого четырехугольника такую точку, сумма расстояний от которой до вершин минимальна.

Решение. Поскольку четырехугольник выпуклый, его диагонали пересекаются в точке О. Обозначим вершины четырехугольника через А, В, С и D. Тогда сумма расстояний от О до вершин равна сумме длин диагоналей АС и BD. Но для любой другой точки Р РА + PC > АС по неравенству треугольника, и, аналогично, РВ + PD > BD. Значит, сумма расстояний от Р до вершин не меньше АС + BD, и, очевидно, что эта сумма равна АС + BD,

только если Р совпадает с точкой О. Значит, точка О — искомая.

Пример 5. На плоскости дан квадрат ABCD и точка О. Докажите, что расстояние от точки О до одной из вершин квадрата не превосходит суммы расстояний от О до трех других вершин квадрата.

Решение. Сложим неравенства треугольника АС + ОС > ОА и OB + OD > BD. Так как АС = BD, то сокращая, получаем требуемое неравенство ОС + OB + OD > ОА.

2. Неравенство треугольника и геометрические преобразования

Зачастую на рисунке, изображающем условие задачи, не видно треугольника, применение неравенства для которого дало бы решение.

Следующая серия задач посвящена идее симметрии в совокупности с неравенствами треугольника.

Пример 6. Грибник выходит из леса в заданной точке. Ему необходимо дойти до шоссе, которое представляет собой прямую линию, где у него собранные грибы заберет сын, приехавший на машине; а далее зайти в лес в другой точке, в которой ожидает его жена. Как ему это сделать, пройдя по самому короткому пути?

Примечание. Эта задача имеет много видоизменений: например, нужно найти точку, в которой ворона, сидящая на дереве, может подобрать рассыпанное на земле зерно и приземлиться на заборе, если по двору бегает кошка.

Решение. Покажем на рисунке решение этой задачи:

Пусть грибник выходит из леса в точке А, а должен зайти в лес в точке В. Для решения задачи симметрично прямой — шоссе отобразим точку В, получив точку В1. Далее, проведя прямую АВ1, получим точку D, которая и является искомой в задаче точкой. BD = B’D, ВС = В’С, тогда ясно, что для любой другой точки F AF + FB’ > AD + DB’.

Расстояние AD + BD является наименьшим для выхода на шоссе из леса и захода в лес в заданной точке (D).

Пример 7. Полуостров имеет форму острого угла, внутри которого находится дом лесника. Как леснику, выйдя из дома, добраться до одного из берегов полуострова, затем до другого и вернуться домой, пройдя при этом по самому короткому пути?

Решение. Решение задачи изображено на рисунке:

Ясно, что задача основана на симметричном отображении точки А относительно двух сторон угла.

Примечание. Осевая симметрия не меняет расстояний. Общая идея при решении всех рассматриваемых задач: искомый путь преобразуется некоторым образом так, что его длина не изменяется, причем после этих преобразований решаемая задача превращается в такую: соединить две данные точки путем минимальной длины. Важное условие, которое необходимо проверить: этот преобразованный путь должен быть прямолинейным.

Отметим, что во многих задачах, в которых действие происходит в пространстве, подобный подход может быть применим, если решение задачи производится методом развертки .

3. Дополнительные построения

В некоторых случаях геометрическое неравенство требует для

своего доказательства дополнительные геометрические построения. Эти

задачи являются наиболее сложными, поскольку поиск дополнительного построения в них требует навыка. Постараемся развить такой навык, решая следующую серию задач.

Пример 8. Точка О лежит внутри треугольника ABC. Доказать, что

АО + ОС АО + OD и OD + DO ОС, получим АВ + BD + OD + DO АО + OD + ОС и, сократив на OD обе части неравенства, получим искомое АО + ОС

Видео:Олимпиадная задача пятиклассникаСкачать

Решение школьных олимпиадных задач по математике с помощью уравнений

Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

«Актуальность создания школьных служб примирения/медиации в образовательных организациях»

Свидетельство и скидка на обучение каждому участнику

Решение школьных олимпиадных задач по математике с помощью уравнений

Составил учитель математики 1 категории

Залкипов Набиюллах Магомедгабибович.

Решение школьных олимпиадных задач по математике с помощью уравнений

2.1 Общая теория уравнений…………………………………………….

Олимпиадные задачи для учащихся 5 класса………………………

Олимпиадные задачи для учащихся 6 класса………………………

Олимпиадные задачи для учащихся 7 класса………………………

Олимпиадные задачи для учащихся 8 класса………………………

Олимпиадные задачи для учащихся 9 класса………………………

Олимпиадные задачи для учащихся 10 класса………………………

Олимпиадные задачи для учащихся 11 класса………………………

В век информационного и критически развитого общества возрастает роль естественно-математических наук, и это требует особых организованных усилий по развитию интересов, склонностей и способностей учащихся общеобразовательной школы к познанию такой дисциплине как математика.

Математическое образование — это испытанное и проверенное временем средство формирования интеллектуального и логического мышления в условиях всеобщего обучения такому предмету как математика. Концепция фундаментального ядра образования, а также национальная образовательная инициатива «Наша новая школа» ставят математическое образование на лидирующие позиции, поскольку математические дисциплины формируют широкий комплекс универсальных учебный действий, тот необходимый уровень знаний, который нужен современному ученику.

В национальной образовательной инициативе «Наша новая школа» предусматривается система развития и поддержки детей с особыми приемами мышления, неординарными подходами в решении той или иной задачи. Актуальным становится обеспечение для таких детей возможности для математического творчества, то есть способствовать всячески развитию и совершенствованию уровня математических знаний у одаренных детей.

Одним из средств указанной цели является олимпиада. Предметные олимпиады школьников – значимое и эффективное средство формирования мотивации к учению, развития их творческих способностей и умений, повышения познавательной активности учащихся, углубления и расширения знаний школьника по предмету.

Математические олимпиады — это своего рода соревнования среди математических спортсменов за оригинальность, творчество, лаконичность, нестандартность и правильность решения задачи. Задача математической олимпиады – это задача повышенной трудности, которая оригинальна как по формулировке, так и способу решения.

Анализ текстов школьных олимпиад по математике показал, что в олимпиадах разного уровня и в разных классах встречаются задачи, в которых необходимо решить уравнение. Решение уравнений является самостоятельным заданием либо уравнение выступает в качестве математической модели в рассматриваемой ситуации, таким образом, становится средством решения задачи.

Целью является обзор и накопление олимпиадных задач с 5 по 11 классы, которые решаются с помощью уравнений.

Для реализации поставленной цели необходимо решить следующие задачи :

проанализировать тексты школьных математических олимпиад;

перечислить основные разделы математики, которые встречаются в задачах олимпиадного характера;

рассмотреть задачи математических олимпиад, которые решаются с помощью уравнений для 5-11 классов;

организовать решение олимпиадных задач, структурировать их по классам.

Следовательно, объектом данной работы являются школьные олимпиады по математике, а в роли предмета исследования выступают олимпиадные задачи, решаемые с помощью уравнений.

1. Школьные олимпиады по математике

1.1. Математическая олимпиада и олимпиадное движение

Математические олимпиады в нашей стране проводятся уже на протяжении нескольких десятков лет. Такой существенно долгий путь олимпиады и ее неиссякаемая актуальность говорит о том, что олимпийское движение качественный показатель педагогической и общественной работы, значимость которой трудно оспорить сегодня.

Математические олимпиады проводятся как в общеобразовательных учреждениях, так и в организациях высшего образования. Весомую часть математических олимпиад можно найти в сети Интернет, существует достаточно разнообразные и интересные сайты, где можно взять и решить любую задачу математической олимпиады. Это, например, Всероссийские математические олимпиады, порядок проведения которых устанавливается Министерством образования науки на школьном, окружном, региональном и заключительном этапах. Это математические олимпиады для школьников «Кенгуру». Это могут быть всевозможные турниры городов, районов, областей; олимпиады, носящие название какого-либо ученого-математика, например, математическая олимпиада Леонарда Эйлера, математический турнир Ломоносова и т.д.

Задачи математических олимпиад интересны своими методами и приемами решения. Анализируя математические олимпиады различных конкурсов как на сайтах в сети Интернет, так и в учебных пособиях, можно выделить множество приемов и методов, каждый из которых известны обучающимся из школьного курса.

Популярность олимпиад говорит об интересе участников соревнования и дает понять, что сегодня олимпиадные соревнования являются эффективным средством развития математически одаренных детей. Определенная доля успеха таких детей является не только показателем их собственной работы, в определенной доле здесь имеют место общественная и педагогическая работа кадров.

Существенный вклад в становление и развитие олимпиадного движения, в разработку методик организации и проведения олимпиад внесли такие ученые и педагоги: Л.Д. Глейзер, В.Ф. Каган, М. Клайн, А.Н. Колмогоров, А.И. Маркушевич, И.С. Петраков, В.И. Смирнов, C.JI. Соболев, В.А. Тартаковский, Г.М. Фихтенгольц, П.С. Александров, Б.Н. Делоне и др.,

Опыт, который формировался и накапливался на протяжении всей истории математического движения, требует дополнительного анализа и осмысления, поскольку ничто не стоит на месте, в том числе математическое образование и образование в целом: изменение и усовершенствование теорий естественно — научного цикла требуют ускоренного усовершенствования образования.

На сегодняшний момент имеется достаточно большой объем математических задач олимпиадного характера, задач нестандартных. Ученые-математики как Александр Львович Брудно , Дмитриев Иван Георгиевич, Анатолий Павлович Савинов и др. внесли весомый вклад в развитие олимпиадного движения.

Первым, кто предложил организовать математическую олимпиаду, был народный учитель СССР М.А. Алексеев. После чего олимпиады стали пользоваться огромной популярностью и были нацелены на подготовку научно-технической интеллигенции.

Первая математическая олимпиада для школьников г. Куйбышев состоялась 28 марта 1948 года под руководством профессора педагогического института С.П. Пулькина при активном участии педагогов института М.Л. Монастырского и С. Н. Воскресенского. Эта олимпиада проходила в один тур для учащихся 7-8 и 9-10 классов.

1.2. Тематика школьных олимпиадных задач по математике

В тематику олимпиадных задач входят различные разделы из области математики и геометрии. Обычно задания олимпиад предназначены для участников с 5 по 11 класса. Поэтому каждому классу отводится знакомый для ученика раздел, который уже был им усвоен в школьном курсе математики.

Основными целями проведения математической олимпиады являются:

расширение кругозора учащихся;

развитие интереса учащихся к изучению математики;

развитие навыков и умений критического мышления;

развитие духа соперничества и конкурентоспособности;

выявление учащихся для участия в олимпиаде другого уровня (районных, областных и др.).

При подготовке к олимпиадам и непосредственном их проведении решаются следующие задачи:

расширение общего кругозора учащихся по математике;

углубление школьного курса математики;

развитие нестандартного мышления;

подготовка учащихся к участию в олимпиадах и соревнованиях по математике более высокого уровня;

ознакомление с возможностями современных информационных технологий при обучении и изучении математики;

воспитание самостоятельности, целеустремленности, трудолюбия, силы воли.

Олимпиадные задачи отличаются от других задач за счёт:

идейности и творческого подхода;

красочности и оформления дизайна;

естественности (задачи из повседневной жизни).

Существуют различные классификации олимпиадных задач, например,

Бабинской И.Л. выделяет следующие:

Геометрические задачи на максимум и минимум;

Построение и исследование геометрических фигур ;

Математическая индукция и комбинаторика ;

Преобразования, функции, уравнения и неравенства ;

Делимость и неопределенные уравнения .

2. Олимпиадные задачи по математике, решаемые с помощью

2.1. Общая теория уравнений

Уравнения с одной переменной

Равенство с переменной называется уравнением с одной переменной , если поставлена задача найти все значения , при которых равенство с переменной обращается в верное числовое равенство. Всякое значение переменной, при котором выражения и принимают равные числовые значения, называют корнем уравнения. Решить уравнение – это значит найти все его корни или доказать, что их нет .

Уравнения, имеющие одни и те же корни, называются равносильными . Равносильными считаются и уравнения, каждое из которых не имеет корней.

Теорема 1. Если в уравнении какое-нибудь слагаемое перенести из одной части в другую, изменив его знак, то получится уравнение, равносильное данному.

Теорема 2. Если обе части уравнения умножить или разделить на одно и то же число, отличное от нуля, то получится уравнение, равносильное данному.

Линейным уравнением с одной переменной называют уравнение вида , где и — действительные числа; называют коэффициентом при переменной, — сводным членом.

Для линейного уравнения могут представиться три случая:

1) . В этом случае корень уравнения равен ;

; в этом случае уравнение принимает вид , что верно при любом , т.е. корнем уравнения служит любое действительное число;

3) ; в этом случае уравнение принимает вид , оно не имеет корней.

Многие уравнения в результате элементарных преобразований сводятся к линейным.

где – действительные числа, причем , называют квадратным уравнением. Если , то квадратное уравнение называют приведенным. Корни уравнения находятся по формуле

Если в квадратном уравнении вида второй коэффициент или свободный член равен нулю, то квадратное уравнение называют неполным. Неполные уравнения выделяют потому, что для отыскания их корней можно не пользоваться формулой корней квадратного уравнения – проще решить уравнение методом разложения его левой части на множители.

Теорема 3. Если приведенное квадратное уравнение

имеет действительные корни, то их сумма равна , а произведение равно , т.е.

Теорема 4. Если числа и таковы, что , , то и — корни квадратного уравнения .

Эта теорема позволяет в ряде случаев находить корни квадратного уравнения без использования формулы корней.

Встречаются следующие уравнения:

уравнения, содержащие переменную под знаком модуля;

уравнения с несколькими переменными.

Решение задач с помощью уравнений

С помощью уравнений решаются многие задачи, к которым приводят самые разнообразные вопросы физики, механики, экономики и т.д. Прежде всего, напомним общий порядок решения задач с помощью уравнений.

1) Вводят переменные, например , обозначают неизвестные величины, которые либо требуется найти в задаче, либо они необходимы для отыскания искомых величин.

2) С помощью введенных переменных и данных в задаче чисел и их соотношений составляют систему уравнений (или одно уравнение)

3) Решают поставленную систему уравнений (или уравнение) и из полученных решений отбирают те, которые подходят по смыслу задачи.

4) Если буквами обозначили не искомые величины, то с помощью полученных решений находят ответ на вопрос задачи.

Анализируя задачи школьных математических олимпиад, мы выяснили, что среди них достаточно много задач, которые можно решить с помощью уравнений.

Это могут быть как текстовые задачи, сводящиеся к составлению и решению уравнения, так и непосредственно сами уравнения. Рассмотрим следующие олимпиадные задачи с 5 по 11 классы.

2.2. Олимпиадные задачи для учащихся 5 класса

1. Отец в 7 раз старше сына, а через 10 лет он будет втрое старше сына. Сколько лет и тому и другому? .

Решение: введем обозначения. Представим, что лет — возраст сына, тогда возраст отца — лет. Известно, что сыну будет через десять лет лет, тогда отцу исполнится лет, но по условию

, то есть сыну 5 лет, а отцу 35 лет.

Ответ: 5 лет сыну, 35 лет отцу.

2. Для нумерации страниц книги было использовано всего 1392 цифры. Сколько страниц в этой книге? .

Решение: на первые десять страниц потребуется 9 цифр, на каждые следующие 90 страниц нужно использовать по 2 цифры на каждую страницу, а значит цифр. Пусть в книге всего станиц, тогда страниц с тремя цифрами будет , а цифр на них . Составим и решим уравнение:

Ответ: 500 страниц.

3. Разместите восемь козлят и девять гусей в пяти хлевах так, чтобы в каждом хлеве были и козлята и гуси, а число их ног равнялось 10?.

Решение: обозначим число гусей в одном хлеве за а число козлят за , тогда учитывая, что ног в одном хлеве должно быть 10, получаем уравнение:

Из данного уравнения имеем, что число козлят может быть только 1 или 2, соответственно гусей будет 3 или 1.

Тогда размещение будет такое: в двух хлевах будет по 1 козленку и 3 гусям, в трех хлевах по два козленка и 1 гусю.

Ответ: в 2 хлевах по 1 козленку и 3 гусям; в трех хлевах по два козленка и 1 гусю.

4. Тимофею сейчас вчетверо больше лет, чем было Марине в тот момент, когда она была вдвое моложе его. Сколько лет сейчас Тимофею, если через 15 лет ему и Марине будет вместе 100 лет?

Решение: для решения задачи воспользуемся таблицей

Составим и решим уравнение:

Значит, Тимофею сейчас лет

5. Алеша и Боря весят вместе 82 кг, Алеша и Вова весят 83 кг, а Боря и Вова весят 85 кг. Сколько весят вместе Алеша, Боря и Вов [17].

Сложим равенства вместе, получим:

2.3 . Олимпиадные задачи для учащихся 6 класса

1. Автомобиль проехал расстояние между двумя городами со скоростью 60км/ч, а возвратился со скоростью 80км/ч. Определите среднюю скорость автомобиля [17].

Решение: весь путь км, где — расстояние между двумя городами. Время движения

2. Вес скворца относится к весу жаворонка как 5,5:2, а вес ласточки составляет 75% веса жаворонка и на 7 г легче его. Определите вес указанных птиц [17].

Решение: пусть коэффициент пропорциональности, тогда 5,5 — вес скворца, 2 — вес жаворонка, 1,5 — вес ласточки. Составим и решим уравнение:

Тогда вес скворца – 77 грамм, 28 грамм — вес жаворонка, 21 грамм – вес ласточки.

Ответ: 77 г, 28 г, 21 г.

3. Решите уравнение

= Выберете наиболее рациональный способ решения [11].

Перепишем уравнение, при этом сгруппируем его члены таким образом, чтобы удобно было складывать их в суммы:

4. Света является ученицей 5 класса. В этом классе мальчиков в два раза меньше, чем девочек. У Светы одноклассниц на 10 больше, чем одноклассников. Сколько учеников в классе? [11].

Решение: обозначим за – количество мальчиков в классе, тогда – количество девочек в классе; – количество девочек без Светы.

Составим и решим уравнение:

Тогда имеем — количество мальчиков; — число девочек. Тогда всего учеников в классе: ученика.

Ответ: 33 ученика.

5. Решите уравнение [11]

2.4 Олимпиадные задачи для учащихся 7 класса

1. Ученик утверждает, что знает решение уравнения

в натуральных числах. Докажите, что ученик ошибся [17].

Уравнение четно при любых поэтому не может быть равно 2015. Следовательно, ученик ошибся.

Что и требовалось доказать.

2. При каких значениях прямые пересекаются в одной точке? [16].

Решение: выпишем уравнения

Заметим, что левые части равны, значит, будут равны и правые части

Получили уравнение с одной неизвестной:

Решим уравнение и найдем неизвестное

Подставим в одно из уравнений, например, в уравнение

Точка В (7; 9) – точка пересечения прямых
, .

Прямая проходит через точку В(7; 9), то есть

При прямые и пересекаются в одной точке.

Ответ: при прямые пересекаются в одной точке.

3 . Турист вышел из пункта А в пункт В. За пройденный час он прошел 3 км. Если бы он и далее шел с этой скоростью, то опоздал бы к приходу поезда на 40 минут, но оставшуюся часть пути он прошел со скоростью 4 км/ч и пришел за 45 минут до отхода поезда. Найти расстояние от А до В [17].

Решение: введем обозначения. Пусть — расстояние АВ, тогда

— время до отправления поезда;

— время до отправления поезда, то есть

4. На двух карточках написано одно и то же семизначное число N, оканчивающееся на 9876. Одну карточку разрезали на две, проведя разрез между третьей и четвёртой цифрами, а другую – проведя разрез между четвёртой и пятой цифрами. Приведите пример какого-нибудь числа N такого, чтобы сумма чисел на половинках первой карточки была равна сумме чисел на половинках второй карточки [12].

Решение: ответом является решение ребуса

(разным буквам могут соответствовать одинаковые цифры). Вычитая из обеих частей по 876, получаем . Отсюда

В этом случае получаем 9999+876 = 999+9876 =10875.

5. Иван Иванович поставил новые покрышки на свой автомобиль. Известно, что передние покрышки нужно менять через 25000 км в силу непригодности, а задние — через 15000 км (Покрышки одинаковы как спереди, так и сзади). Через сколько километров Иван Иванович должен поменять эти покрышки местами, чтобы его автомобиль прошел максимально возможное расстояние? Чему равно это расстояние? [15].

Решение: пусть Иван Иванович поменяет покрышки местами через некоторое расстояние, которое обозначим за км. Тогда задние покрышки авто отработали своих ресурсов, а передние соответственно . После их замены они смогут прослужить владельцу авто еще км и км соответственно. Таким образом, всего можно проехать не более

Максимальное расстояние можно проехать в том случае, если данные составленные выражения будут равны. Иначе, из строя могут выйти либо покрышки с передних колес, либо с задних, что приведет к тому, что водитель не сможет проехать большее расстояние. Приравняем данные выражения либо левые, либо правые части составленных уравнений и найдем искомое расстояние:

Ответ: c менить покрышки необходимо через 9375 км, тогда можно проехать 18750 км.

2.5 Олимпиадные задачи для учащихся 8 класса

1. На участке трамвайного пути длиной в 1 км пешеход, проходящий этот участок в течение 12 секунд, ежедневно подсчитывал число трамваев, его обгоняющих и встречных. В течение года первых оказалось 225, вторых – 600. Определить скорость трамвая [3].

Решение: предположим, что трамваи идут через равные промежутки и с одинаковой скоростью. Скорость пешехода м/мин. Пусть м/мин. – скорость трамвая, тогда скорость ( относительно пешехода) обгоняющих его трамваев равна , а встречных + . Будем считать каждый трамвай концом «отрезка» длиной у метров, другой конец которого – в следующем трамвае; трамваи движутся равномерно распределенными ( с интервалом метров) на двух лентах, проходящих мимо «неподвижного» пешехода ежедневно в течение 12 минут в двух противоположных направлениях с найденными ранее скоростями. Длина обгоняющей ленты 225 метров, длина встречной ленты 600 метров, время их движения мимо пешехода (за год) минут, откуда

Проведем некоторые преобразования, после чего получим

Ответ: Скорость трамвая 11 км/ч.

2. На дне озера бьют ключи. Стадо из 183 слонов могло бы выпить его за один день, а стадо из 37 слонов – за 5 дней. За сколько дней выпьет озеро 1 слон [17].

Решение: пусть л воды выпивает один слон в день; а из ключей в озеро попадает -литров воды, V — объем озера, тогда

Если предположить, что один слон выпьет озеро за t дней, то

Ответ: за 365 дней.

3. Андрей родился в XIX веке, а его брат Кирилл – в XX веке. Однажды братья встретились на праздновании своего общего дня рождения. Андрей сказал: «Мой возраст равен сумме цифр года моего рождения».

«Мой тоже», — ответил Кирилл. На сколько лет Кирилл младше Андрея? [12].

Решение: пусть Андрей и Кирилл родились в и году соответственно ( и ) — цифры в записи числа). Во время их встречи Кириллу и Андрею было лет и лет соответственно. Определим год, в котором произошла встреча. Поскольку возраст Андрея на тот момент был равен сумме цифр его года рождения, встреча произошла в году.

С другой стороны, и возраст Кирилла был равен сумме цифр его года рождения, а значит, встреча произошла в году.

После упрощений уравнение преобразуется к виду:

, где и () –– целые числа, не превосходящие по модулю 9. Перепишем уравнение в виде

Заметим, что делится на и делится на , а потому и должно делиться на . Так как

Следовательно, . Андрей старше Кирилла на

Ответ: Кирилл младше Андрея на 9 лет.

4. Имеется 30 бревен длинами 3 и 4 м, суммарная длина которых равна 100 м. Каким числом распилов можно распилить бревна на чурбаны длиной 1 м? (Каждым распилом пилится ровно одно бревно) [4].

Решение: если было трехметровых и четырехметровых бревен, то , , откуда . Поэтому нужно сделать распилов.

Ответ: 70 распилов.

5. Число таково, что прямые , и различны и пересекаются в одной точке. Каким может быть ? [4].

Решение: заметим, что при выполняется , так что точка M () является общей для прямых и Так как прямые различны, M – их единственная общая точка. Поэтому прямая тоже должна проходить через неё, откуда . Легко видеть, что при все три прямые действительно различны.

2.6. Олимпиадные задачи для учащихся 9 класса

1. Решите уравнение [16].

Решение: умножим обе части уравнения на 2, получим

Представим как сумму чисел , поучим

Получим следующее уравнение:

Воспользуемся обратной теореме Виета:

2. Решите уравнение: [17].

Решение: введем замену

Тогда уравнение примет вид:

Тогда из того, что следует, что

3. Решите систему: [16].

Решение: сделаем замену

Тогда уравнение примет вид:

4. Составить уравнение второй степени, один из корней которого был бы равен сумме, а второй произведению корней уравнения

Решение: пусть корни квадратного уравнения

— корни искомого уравнения,

По теореме Виета:

По теореме, обратной теореме Виета, — корни уравнения:

5. Найти все тройки натуральных чисел x , y , z удовлетворяющих уравнению: [17].

Решение: первое решение предложенного уравнения способен дать любой внимательный ученик. Очевидно, что в задаче «Зашифрован» календарь, тогда

Полное решение данной задачи основывается на выделении целой части. Разделим почленно уравнение на 28, выразив из исходного уравнения :

Если требуется отыскать натуральные решения уравнения, то из натуральности следует, что дробь должна представлять собой натуральное число и не превосходить 12 (в противном случае не будет натуральным). Пусть , тогда , полученная дробь после преобразования

Поскольку нацело делиться на 10, ясно что

откуда Мы совершенно строго получили ранее угаданный ответ (1, 4, 7).

Пусть , тогда , полученная дробь дает после преобразования

Поскольку нацело делиться на 10, ясно, что

Откуда Мы получили еще один ответ в натуральных числах (2, 9, 1). Заметим, что для натуральных чисел эти решения единственны, для целых чисел есть другие тройки решений.

Ответ: (1; 4; 7) и (2; 9; 1).

2.7. Олимпиадные задачи для учащихся 10 класса

1. Решить в целых числах уравнение: [3].

Решение: п реобразуем исходное уравнение :

Следовательно, и делители числа , поэтому

Откуда следует, что

Из первого равенства имеем

Рассмотрим I случай:

Пусть , тогда или откуда следует, что

Далее из уравнения найдем Итак,

Рассмотрим II случай:

Пусть Из уравнения следует

Так как и целые (из того, что целое), то

целое, поэтому из

2. Решите уравнение [16].

Решение: заметим, что при данное уравнение корней не имеет, так как

Рассмотрим случай, когда

Тогда уравнение примет вид:

Совершив подстановку, убеждаемся, что не являются корнями уравнения, входящего в систему

Ответ: если , то корней нет; если то

3. Доказать, что не существует целых чисел , удовлетворяющих следующим равенствам [8].

Решение: перепишем данные равенства следующим образом

Перемножая их и обозначая , получим

Если бы исходная система имела бы решение в целых числах, то уравнение имело бы целый корень (положительный или отрицательный). Покажем, что это невозможно. В самом деле, если бы целый корень существовал, то был бы делителем . Это возможно лишь при

Но, очевидно, что перечисленные значения , не удовлетворяют уравнению . Действительно, не нашлось таких чисел, которые удовлетворяли бы равенствам:

4. Малыш может съесть торт за 10 минут, банку варенья – за 13 минут и выпить кастрюлю молока за 14 минут, а Карлсон может сделать это за 6, 6 и 7 минут соответственно. За какое наименьшее время они могут покончить с завтраком, состоящим из торта, банки варенья и кастрюли молока? [8].

Решение: ясно, что если Малыш и Карлсон хотят съесть завтрак за наименьшее время, то начать и кончить есть они должны одновременно – в противном случае один из них может помочь другому и сократить затраченное время. Обозначим через доли торта, варенья и молока, которые съел Малыш. Тогда доли этих продуктов, которые съел Карлсон, а время, которое они потратили, равно

Тем самым мы приходим к следующей задаче: найти наименьшее значение величины , если числа удовлетворяют условиям и .

Из следующего соотношения можно выразить через

Подставляя это выражение в формулу для t, получаем

Из формулы видно, что будет тем меньше, чем больше и чем меньше Возьмем самое большое значение и самое меньшее значение y:

при этом минут находится в допустимых пределах. Следовательно, наименьшее значение достигается в том случае, когда Малыш съедает торт и выпивает кастрюли молока, а Карлсон съедает варенье и выпивает кастрюли молока.

Ответ: наименьшее время достигается в том случае, если: Малыш съедает торт и выпивает кастрюли молока, а Карлсон съедает варенье и выпивает кастрюли молока.

5. Дима написал на доске 5 целых чисел — коэффициенты и корни квадратного трёхчлена. Анатолий стёр одно из них. Остались числа 2, 3, 4, -5 в каком-то порядке. Восстановите стёртое число и докажите, что было написано именно оно [13].

Решение: пусть трёхчлен имеет вид , а его корни равны Тогда по теореме Виета . Поэтому одно из пяти чисел на доске делилось по крайней мере на три других числа. Заметим, что на доске осталась лишь одна пара чисел, одно из которых делится на другое: 2 и 4. Значит, было стёрто число c . Применив ещё раз теорему Виета, получим а значит, делится на . Поэтому , числа и являются корнями, а .

2.7 . Олимпиадные задачи для учащихся 11 класса

1. Верно ли, что любые 100 карточек, на которых написано по одной цифре 1, 2 или 3, встречающейся не более чем по 50 раз каждая, можно разложить в один ряд так, чтобы в нём не было фрагментов 11, 22, 33, 123 и 321? [4].

Решение: пусть имеется x карточек с цифрой 1, карточек с цифрой 2 и карточек с цифрой 3. Тогда , и так как

, то искомый ряд можно сложить из фрагментов 21, затем из фрагментов 32, а затем из фрагментов 31. При этом карточка с цифрой 1 встретится ровно раз, карточка с цифрой 2 – ровно раз, а карточка с цифрой 3 — ровно раз, причём запрещённые фрагменты в предложенном ряде не встретятся, даже если какое — либоиз значений равно

Ответ: верно. 100 карточек, на которых написано по одной цифре 1, 2 или 3, встречающейся не более чем по 50 раз.

2. Решите уравнение: [7].

Решение: в зависимости от знака, который принимает переменная , возможны два случая:

Решим квадратное уравнение:

3. Найдите количество решений уравнения в целых числах:

Решение: поскольку никакой из модулей не может превосходить единицы, можно рассмотреть три случая:

Таким образом мы получили три пары решений.

4. В январе фабрика по производству шоколадных конфет «Сластена» выполнила 105% месячного плана выпуска торговой продукции, а в феврале дала продукции на 4 % больше, чем в январе. На сколько процентов фабрика перевыполнила двухмесячный план выпуска продукции? [18].

Решение: пусть – месячный план завода. Тогда — двухмесячный план завода. В январе завод выполнил сверх плана.

В феврале . За два месяца завод перевыполнил план на

Значит, завод перевыполнил двухмесячный план выпуска продукции на 7,1%

Ответ: завод перевыполнил двухмесячный план выпуска продукции на 7,1%.

5. Вследствие обновления оборудования производительность труда рабочего повышалась дважды в течении года на одно и то же число процентов. На сколько процентов возрастала каждый раз производительность труда, если за одно и то же время рабочий раньше вырабатывал изделий на 2500 рублей, а теперь на 2809 рублей? [18].

Решение: пусть за 8 часов работы рабочий изготовил x деталей, тогда расценка составляет рублей за деталь, а производительность труда равна деталей в час. После первого увеличения производительности еще на рабочий стал изготовлять деталей в час; после второго увеличения производительности еще на имеем деталей в час. За 8 часов он стал изготовлять деталей и заработал

рублей. Согласно условию

Мы проанализировали небольшую часть задач из олимпиад и выяснили, что метод, который был нами выбран, а именно: решение с помощью уравнений, достаточно часто применяется к решению олимпиадных задач. Поскольку задачу можно решать по-разному, используя при этом всевозможные методы и средства, то почему бы не решить уравнение, которое можно составить из условия задачи.

Исследуя и анализируя задачи математических олимпиад, мы выяснили, что существует достаточно большой набор заданий, который можно решить с помощью уравнений, что говорит о приближенной универсальности метода. В своей работе мы привели цикл задач с 5 по 11 класс, нестандартные по оформлению и условию, интересные своими рассуждениями и методом решения. Так как математические олимпиады достаточно широко распространены, то преподавателю в рамках педагогической деятельности помимо занимательных задач повышенной трудности необходимо инициировать обучающихся на собственное развитие математических умений и способностей, на решение нестандартных задач. В процессе подготовки к олимпиадам различного уровня учителю необходимо научить школьников, прежде всего, внимательно читать условие задачи и видеть в них достаточные и необходимые данные, алгоритм и оптимальные способы решения.

Для кого-то подготовка к олимпиаде ограничивается решением задач различных уровней школьного курса, кто-то скажет, что нужен особый подход к овладению навыками решения. Поэтому точно нельзя утверждать то, что задачу может решить каждый ученик, хорошо знающий школьный курс математики. Важную роль в развитии умений и навыков решения олимпиадной задачи отводится учителю, роль которого обеспечить обучающегося рациональными приемами решения, а также ресурсами: пособиями, сайтами, учебной литературой, если это нужно для плодотворной и успешной работы. Другое дело, если обучающийся имеет особый талант к математике, может решить задачи, которые не по силам многим из одноклассников или даже преподавателей хорошего уровня подготовки. Здесь важно питать интерес ученика, завлечь нестандартностью решения, особыми приемами и методами.

В процессе работы над курсовой работой мы узнали, что математическая олимпиада – заключительный этап внеурочной и урочной работы по математике. Это одна из форм реализации всех явных и скрытых возможностей интеллекта, поскольку решение олимпиадных задач оказывает существенное воздействие на развитие умений применять свои знания в нестандартных ситуациях, грамотно использовать сложный математический аппарат с целью достижения того результата, который предусмотрен условиями заданий.

Узнали, что подготовить ученика к олимпиаде значит научить его нестандартно мыслить, широко смотреть на вещи, выбирать из общего частное, строить логику рассуждений и грамотно определять последовательности – алгоритмы решения.

Мы рассмотрели некоторые задачи математических олимпиад с 5 по 11 классы, которые решили с помощью уравнений. Данный метод бывает очень удобным, поскольку не всегда легко решить задачу, если не использовать рассматриваемый способ. Подобрали задачи школьных математических олимпиад, где показали реализацию данного метода.

🔍 Видео

Персидская олимпиадная задача по математикеСкачать

✓ Олимпиада Ломоносов-2020 | Математика | #ТрушинLive #028 | Борис ТрушинСкачать

Супер нестандартное уравнение. Олимпиада 11 классСкачать

Олимпиадная задача, которую смогли решить единицыСкачать

Решение уравнений в несколько действий. Как объяснить ребенку решение уравнений?Скачать

9 класс. Алгебра. Олимпиадные задания.Скачать

Самый короткий тест на интеллект Задача Массачусетского профессораСкачать

Решение задач с помощью уравнений.Скачать

Олимпиадная задача, которую смогли решить единицыСкачать

Методы решения логических задач | Онлайн-школа Альфа. 5-6 классСкачать

Разбор самой простой задачи международной олимпиады по математикеСкачать

9 класс. Алгебра. Олимпиадные задания.Скачать

Задача из вступительного теста по математике в ОксфордСкачать

Решение задач с помощью квадратных уравнений. Алгебра, 8 классСкачать

Задача, которой русские школьники мучали американскихСкачать

Самая сложная задача из самой сложной олимпиады [3Blue1Brown]Скачать