Методичні матеріали

ВІДДІЛ ОСВІТИ ПЕРЕМИШЛЯНСЬКОЇ РДА

МЕТОДИЧНИЙ КАБІНЕТ

НВК «СЕРЕДНЯ ЗАГАЛЬНООСВІТНЯ ШКОЛА-ГІМНАЗІЯ»

м. ПЕРЕМИШЛЯНИ

ГОТУЄМОСЯ

ДО ОЛІМПІАДИ

З МАТЕМАТИКИ

6 КЛАС

 

ПЕРЕМИШЛЯНИ – 2013

МАРКІВ Наталія Михайлівна

Готуємось до олімпіади з математики (6 клас)

НВК «Середня загальноосвітня школа-гімназія» м. Перемишляни, 2013

У посібнику подано програмовий та позапрограмовий матеріал, який доцільно розглянути при підготовці учнів до олімпіади з математики. Наведено приклади задач з розв’язками та задачі для самостійного опрацювання.

Для вчителів та учнів.

РЕЦЕНЗЕНТ:  Лободяк Л. М., методист РМК

Відповідальна за випуск

ТАРАСЮК С. А., завідувач методкабінетом відділу освіти

Перемишлянської РДА

Схвалено та затверджено до друку на засіданні методичної ради школи-гімназії від «25» лютого 2013 року. Протокол № 3

Схвалено та затверджено до друку на засіданні методичної ради відділу освіти Перемишлянської райдержадміністрації

від «     »                      2013 року. Протокол № ___

Комп’ютерний набір і макетування: Нагірняк С.Т.

Передмова

Математика – наука молодих. Інакше й не може бути. Заняття математикою – це така гімнастика розуму, для якої потрібна вся гнучкість і вся витривалість молодості.

Н. Вінер

Успіх у роботі вчителя не залежить від кількості розв’язаних з учнями задач, а в умінні навчити їх шукати шляхи розв’язку, аналізувати, порівнювати, співставляти.

Серед збірників олімпіадних задач, що взагалі дуже рідко зустрічаються, відсутні книжки для шкільних паралелей, хоча математичні змагання проводяться і в молодших класах.

Кожна з таких книжок враховує програму відповідного класу з математики. Це дає змогу учням го­туватися самостійно, а вчителю - контролювати цю підготовку, враховуючи різний рівень майбутніх олім­піад — шкільного, районного чи обласного рівнів.

У книжці зібрано задачі, нестандартні за умовою і розв’язанням. Але не тільки. Читач зустрінеться із задачами підвищеної складності, що з різних причин не ввійшли до шкільних підручників, але широкові­домі вчителям та учням, які наполегливо готуються до майбутніх змагань. Свої знання вони здобувають з різних книжок.

Для найдопитливіших вміщено завдання, розв’язу­вання яких потребує знань трохи більше, ніж перед­бачено програмою для 6 класу.

Задачі, які я пропоную, часто відрізняються від тих, які юний читач зустрічає в школі. Не треба бо­ятися, уважно прочитайте умову задачі, розгляньте запропоноване розв’язання, а наступну спробуйте розв’язати самостійно.

Книжкою можуть скористатися не лише шестиклас­ники, а й учні старших класів.

Бажаю успіхів!

Подільність чисел

Задачі з теорії чисел приваблюють юних математиків. Їх  умови часто зрозумілі навіть учням молодших класів, проте розв'язування цих задач потребує глибоких знань та винахідливості. Їх пропонують майже на кожній олімпіаді.

Тема «Подільність чисел» є цікавою для учнів і однією з таких тем, за допомогою яких можна зацікавити учнів навчанням і математикою зокрема.

При розв’язуванні задач на подільність часто використовують ознаки подільності та кілька очевидних властивостей.

Властивість 1. Кожен множник розкладу деякого числа є дільником цього числа.

Задача 1. Знайти дільники числа n=2·3·5·7.

Розв’язання. Множники 2, 3, 5, 7 є дільниками числа n. Цей добуток можна записати іншими способами: n=6·5·7=3·10·7=3·5·14=…. Множники 6, 10, 14 також є дільниками числа n. Це означає, що всі добутки, які можна утворити з простих множників 2, 3, 5, 7, також являються дільниками числа n. Отже, дільники числа n - 2, 3, 5, 7, 2·3=6, 2·5=10, 2·7=14, 3·5=15, 3·7=21, 5·7=35, 2·3·5=30, 2·3·7=42, 2·5·7=70, 3·5·7=105, 2·3·5·7=210.

Властивість 2. Якщо один з множників ділиться на деяке число, то й добуток ділиться на це число.

Властивість 3. Якщо один множник ділиться на х, а другий множник ділиться на число у, то добуток ділиться на х·у.

Задача 2. Не перемножуючи, встановіть чи ділиться добуток 148·75 на 2, на 5, на 10.

Розв’язання. Оскільки 148 ділиться на 2, то добуток ділиться на 2. Оскільки 75 ділиться на 5, то добуток ділиться на 5. Оскільки 148 ділиться на 2, а 75 ділиться на 5, то 148·75 ділиться на 2·5=10.

Задача 3. Доведіть, що натуральні числа записані трьома однаковими цифрами, діляться на 37.

Розв’язання. Всі трицифрові числа з однаковими цифрами можна подати у виді 111·n. Оскільки 111 ділиться на 37, то й 111·n ділиться  на 37.

Задача 4. Скількома нулями закінчується число, яке дорівнює добутку всіх натуральних чисел від 1 до 32.

Розв’язання. Якщо розкласти всі множники цього добутку на прості числа, то в утвореному добутку буде 7 п’ятірок, а двійок більше. Кожен добуток п’ятірки і двійки дає нуль в кінці добутку, отже число закінчується сімома нулями.

Властивість 4. Якщо натуральне число n ділиться на число m, то воно ділиться і на дільники числа m.

Задача 5. До числа 55 зліва і справа приписати по одній цифрі, щоб одержане число ділилося на 18. Знайти ці числа.

Розв’язання. 18 ділиться на 2 і на 9, тому й шукане число ділиться на 9 і на 2. Справа можна дописати парні цифри 0, 2, 4, 6 або 8; тоді зліва можна дописати відповідно 18-(5+5+0)=8, 18-(5+5+2)=6, 18-(5+5+4)=4, 18-(5+5+6)=2 або 18-(5+5+8)=0. Останній випадок не задовольняє умову задачі, оскільки тоді число стає трицифровим. Отже, 8550, 6552, 4554, 2556 – шукані числа.   

Задача 6. Знайти найменше натуральне число, яке при діленні на 2, 3, 4, 5 і 6 дає в остачі числа 1, 2, 3, 4 і 5 відповідно.

Розв’язання. Якщо це число збільшити на одиницю, то воно буде ділитися на числа 2, 3, 4, 5 і 6 без остачі. Це число є найменшим спільним кратним чисел 2, 3, 4, 5 і 6. НСК(2, 3, 4, 5, 6)=60. Отже, шукане число дорівнює 60-1=59.

Властивість 5. Якщо два числа дають при діленні на третє число однакову остачу, то їх різниця кратна третьому числу.

Задача 7. Довести, що з будь-яких чотирьох натуральних чисел знайдуться два, різниця яких  є кратною числу 3.

Розв’язання. При діленні натуральних чисел на 3 в остачі може бути 0, 1 або 2. Всі натуральні числа розподілимо в три групи за остачею при діленні на 3. Серед чотирьох довільних натуральних чисел принаймні два потраплять в одну групу – значить вони дають однакову остачу.

Задача 8. Довести, що добуток двох послідовних парних чисел ділиться на 8.

Розв’язання. З двох послідовних парних чисел одне ділиться на 4, а інше на 2, тому їх добуток ділиться на 8.

Задача 9. Запишіть найбільше чотирицифрове число, яке кратне 3, але не кратне 9.

Розв'язання. Найбільше чотирицифрове число 9999 - непарне. Воно ділиться і на 3 і на 9. Якщо це число зменшити на 3, то воно стане 9996 і буде кратне числу 3, але не кратне 9.

Відповідь. 9996.

Задача 10. Знайдіть серед чисел виду три числа, кратні 5.

Розв'язання. Для того, щоб число виду ділилося на 5, необхідно, щоб остання цифра в записі цього числа була 0 або 5. Нехай ці числа закінчуються 0, тоді числу виду повинні закінчуватися на 9 і ділитися на 3.

Розглянемо деякі з них, що задовольняють першу вимогу.

9,19,29,39,40,59,69,…

Виберемо з них ті, що задовольняють і другу вимогу.

9,39,69,…

Отже, серед чисел виду на 5 діляться числа:

9+1=10, 39+1=40, 69+1=70.

Відповідь. 10; 40; 70.

Задачі для самостійного розв’язання.

1.   До числа 47 зліва і справа дописати по одній цифрі, щоб одержане число ділилося на 12.

2.   Знайти усі дільники числа 225.

3.   Серед чисел виду 3n+2 знайти три числа, які діляться на 5.

4. Сума двох чисел 221, а їх найменше спільне кратне дорівнює 612. Знайти ці числа.

5. Знайти таке двозначне число, яке при діленні на суму його цифр дає число, яке дорівнює його дільнику. Знайти це число.

 6. Знайдіть усі числа внаслідок ділення яких на 7 у частці буде те саме число, що і в остачі.

 7. У результаті ділення на 2 число дає в остачі 1, при діленні на 3 – остачу 2. Яку остачу дає число при діленні на 6?

 8. Знайти найменше натуральне число, яке при діленні на 2, 3, 4, 5 і 6 дає в остачі число 1.

 9. Довести, що добуток трьох послідовних натуральних чисел ділиться на 3 без остачі.

10. Знайти найбільше число, дільниками якого є числа 3,5, і 7

11. Знайдіть три числа, які мають тільки три дільники.

12. Знайдіть три числа, які мають тільки чотири дільники.

РІВНЯННЯ ТА НЕРІВНОСТІ

При розв’язуванні рівнянь, що містять змінну під знаком модуля, найчастіше застосовують такі методи, як:

a) розкриття модуля за визначенням;

b) метод інтервалів.

1. Розв’язати рівняння:

а) х/ 11 + х/ 22 + х/ 55 = 3( 1 + 1/ 2 + 1 / 5 );

б) х/ 44 + х/ 22 + х/ 66 = 5( 1 + 1/ 2 + 1 / 3 );

в) х/ 99 + х/ 33 + х/ 66 = 7( 1 + 1/ 2 + 1 / 3 ).

Відповідь: а) х = 33, б) х = 110,  в) х = 231.

2. Розв’язати рівняння  |x| = -x·2 - 1.

Відповідь: Немає коренів.

3. Розв’язати нерівність   x·|x + 1| < 0.

Відповідь: x < 0 і x ≠ -1.

4. Розв’язати нерівність  x + 1/ x·0,5 < 1/ x·0,5 + 1.

Відповідь: 0 <  x < 1.

5. Розв’язати рівняння: x·2 - |x| - 2 = 0.

Відповідь: x = 2, x = -2.

6. Розв’язати рівняння: |x·2 - 3·|x| + 1| = 1.

Відповідь: x = 0, x = 1, x = -1, x = 2, x = -2, x = 3, x = -3

7. Розв’язати рівняння: |x + 2| = 2· (3 - x).

Відповідь: x = 4/3

8. Розв’язати рівняння: |x·3 - x| = x + 4.

Відповідь: x = 2 або x = - 4 0,(3)

9. Розв’язати рівняння: | x| /x = 1

Відповідь: x – будь-яке додатне число.

10. Розв’язати рівняння: | x| /x = -1.

Відповідь: x – будь-яке від’мне число.

11. Знайти усі такі дійсні значення а, що рівняння (а·2 + а·x)/(x·2 + а·x) = 0

1) має безліч коренів;

2)  має тільки один ненульовий корінь;

3) не має дійсних коренів.

Відповідь: 1) якщо а = 0. 2) не існує таких дійсних  значень а; 3) якщо а – будь-яке дійсне ненульове число.

12. Розв’язати рівняння у натуральних числах: 2·x + 2·у = x·y.

Відповідь: (4; 4); (3; 6); (6; 3).

13. Розв’язати рівняння в цілих числах : 1/| x| + 1/ | у | = 1.

Відповідь: х= у = 2 та х= у = -2

14. Розв’язати рівняння в цілих числах : |x| + |у| = 2.

Відповідь: вісім пар розв’язків: 1) х₁ = 0, у₁ = 2; 2) х₂ =0, у₂ = -2; 3) у₃ = 0, х₃ = 2;  4) у₄ = 0, х₄ = -2;  5) х₅ = 1, у₅  = 1;  6) х₆ = 1, у₆ = -1;  7) у₇ = 1, х₇ = -1;  8) у₈ = -1, х₈  = -1.

15. При яких дійсних значення  m рівняння x·m =  x  має безліч коренів?

Відповідь: m = 1.

16. Відомо, що:

а) m + 1/ m = 8,  

б) m + 1/ m = -2.  

Знайти  m2 + 1/ m 2 = ?

Відповідь: а)  62.  б) 2.

17. Знайти суму цілих коренів рівняння  |x + 5| + |x - 8| = 13.

Відповідь: -5 ≤ x ≤ 8,  тому  сума цілих коренів -5 - 4 -…+ 5 + 6 + 7 + 8 = 21.

Принцип Діріхле

Діріхле мав хист поєднувати з мінімумом сліпих формул максимум зрячих думок

Г. Мінковський

 

При розв’язуванні багатьох задач  користуються способами міркувань, які одержали назву «принцип Діріхле» . Не можна посадити 7 зайців у 3 клітки так, щоб у кожній клітці було не більше, ніж 2 зайці».

А взагалі твердження формулюється так:

У п клітках неможливо розсадити п + 1 зайців щоб кожний із них сидів у окремій клітці, тобто знайдеться клітка, де сидить не менше двох зайців.

Щоб застосувати принцип Діріхле до розв'язування задачі, ми повинні вказати, що саме будемо розуміти під «клітками» і «зайцями», а також спосіб, за яким будемо розсаджувати «зайців» у «клітки».

Як правило, під час розв'язування задач використовують не принцип Діріхле, а деяке його узагальнення:

Дано п кліток і пк+1 зайців, які розміщено у ці клітки. Тоді знайдеться клітка, де сидить не менше к + 1 зайців.

Проілюструю застосування принципу Діріхле на розв’язуванні задач, серед яких є арифметичні й геометричні, жартівливі й побутові. Їх можна запропонувати   в 5-6 класах. Учням цікаво в них вибирати щоразу «зайців» і будувати для них відповідні «клітки».

Тому завдання даного типу дуже корисні для розвитку розмовної математичної культури, чіткого розуміння того, що означає розв’язати задачу.

Задача 1. У класі навчається 29 учнів. Сашко Петренко зробив у диктанті 1З помилок, і ніхто інший не зробив більшої кількості помилок. Довести, що принаймні три учні зробили однакову кількість по­милок.

Розв'язання. Виберемо за «клітки» всі можливі варіанти кількості помилок. їх 14, оскільки учні можуть зробити 0, 1, ..., 13 помилок. «Зайцями» вважатимемо учнів, які писали диктант і яких за умовою 29. Кожного з них «садимо» у «клітку», що відповідає кількості зроблених помилок. Зрозуміло, що знайдеться «клітка», в якій «сидять» принаймні три «зайці», а це й означає, що знайдуться три учні, які зробили однакову кількість помилок.

Задача 2. У п'ятих класах школи навчається 160 учнів. Довести, що знайдуться 4 учні, у яких день народження припаде на один і той самий тиждень.

 Розв'язання. У році може бути максимум 53 тижні. їх і виберемо за «клітки», а за «зайців» — учнів. Розсаджуватимемо «зайців» у ті «клітки», що відповідають їх дням народження. Оскільки 160 : 53 = , то за принципом Діріхле знайдеться «клітка», у якій принаймні 4 «зайці». Це означає, що знайдеться тиждень, на який припаде день народження відразу у чотирьох учнів.

Задача 3. У клітинках таблиці розмірами 3x3 розмішено числа -1; 0; 1. Розглянемо вісім сум: суми всіх чисел у кожному рядку, кожному стовпці і на двох діагоналях таблиці. Чи можуть усі ці суми бути різними?

Розв'язання. Нехай «клітками» будуть усі різні значення сум трьох чисел, кожне з яких набуває значення 0, 1 або -1. Зрозуміло, що таких значень 7. Це -3; -2; - 1; 0; 1; 2; З

«Зайцями» будуть набори із трьох чисел, що розмішені або в одному стовпці, або в одному рядку, або на одній із двох діагоналей таблиці. Таких наборів 8.

Як розсаджуватимемо «зайців»? Кожного «зайця» садитимемо в «клітку», що є значенням суми чисел «зайця». Тоді за принципом Діріхле знайдеться «клітка», де сидять не менше двох «зайців». А це й означає, що знайдуться дві розглядувані трійки чисел, для яких суми рівні.

Відповідь Ні.

Задача 4. У ящику лежать 10 пар чорних рукавичок і 10 пар червоних одного розміру. Скільки рукавичок потрібно витягнути з ящика навмання, щоб серед них були:

а)  хоча б дві рукавички одного кольору;

б)  хоча б одна пара рукавичок одного кольору?

Розв'язання. а)  Якщо за «клітки» взяти кольори рукавичок, то взявши три довільні рукавички, ми отримаємо, що в одній із «кліток» знаходяться два «зайці»-рукавички. А це і вимагається в задачі.

б) Якщо взяти 20 рукавичок на одну руку, то з них не можна буде вибрати пару рукавичок одного кольору, тому шукана кількість рукавичок не менша ніж 21.

Справді, якщо за «клітки» вибрати кольори рукавичок (їх два), а за «зайців» — рукавички, то за узагальненим принципом Діріхле в одній з «кліток» буде не менше 11 «зайців». Це означає, що знайдеться 11 рукавичок одного кольору. Але ми маємо лише 10 пар рукавичок одного кольору. Тому всі вони не можуть бути на одну руку. Отже, серед цих 11 рукавичок знайдеться одна пара рукавичок одного кольору.

Розглянемо, як принцип Діріхле використовується до розв'язування задач на подільність. Такі задачі — класичний приклад застосування принципу Діріхле.

Задача 5. Довести, що серед довільних трьох цілих чисел можна знайти два, сума яких ділиться на 2.

 Розв'язання. Виберемо  за «клітки» різні остачі від ділення чисел на 2. Їх усього дві: 0 і 1. «Зайцями» будемо вважати остачі від ділення на 2 трьох даних чисел. їх буде три. Розмістивши «зайців» у «клітки» (кожного «зайця» розміщаємо у «клітку», що дорівнює остачі від ділення його на 2), за принципом Діріхле отримаємо, що знайдеться «клітка» з двома «зайцями», тобто знайдуться два числа, що дають при діленні на 2 однакові остачі. їх сума і ділиться на 2.

Задача 6. Довести, що серед довільних семи чисел можна знайти три, сума яких ділиться на 3.

Розв'язання. За «клітки» виберемо   різні остачі від ділення на 3. Їх усього три: 0, 1, 2. «Зайцями» вважатимемо остачі від ділення на 3 даних семи чисел. Їх усього 7. Як і в попередній задачі, розмістивши «зайців» у «клітки» і використовуючи узагальнений принцип Діріхле, робимо висновок, що знайдуться три «зайці», що знаходяться в одній із «кліток». А це й означає, що знайдуться три числа, які дають одна­кові остачі від ділення на 3. Їх сума ділиться на 3.

Задача 7. Дано 12 довільних цілих чисел. Довести, що з них можна вибрати два, різниця яких ділиться на 11.

Розв'язання.  Виберемо за «клітки» різні остачі від ділення чисел на 11. Їх усього 11. За «зайців»  візьмемо  остачі від ділення даних чисел на 11. Їх усього 12. Розміщуючи «зайців» у «клітки» аналогічно до попередніх задач, за принципом Діріхле отримаємо, що знайдеться два «зайці» в одній із «кліток». А це означає, що знайдеться два числа, які дають однакові остачі від ділення на 11. Зрозуміло, що різниця цих чисел буде ділитися на 11.

Принцип Діріхле використовується і під час розв'язування задач на зафарбовування.

Задача 8. Кожну грань куба зафарбовано у білий або чорний колір. Довести, що знайдуться однаково зафарбовані грані, що мають спільне ребро.

 Розв'язання. Розглянемо довільну вершину куба. У ній перетинаються три грані. Виберемо за «клітки» кольори, а за «зайців» — грані, що перетинаються в одній вершині. Їх усього три. Тому за принципом Діріхле знайдеться клітка, у якій міститься два «зайці». А це означає, що знайдуться дві грані, які мають спільне ребро (оскільки вони мають спільну точку) і зафарбовані однаково.

Задача 9. На шаховій дошці розмірами 8x8 клітинок розставлено 31 фігуру. Довести, що знайдеться вільна фігура, яка складається з трьох клітинок і зображена на малюнку.

Розв'язання. Для того щоб не було вільної фігури, складеної з трьох клітинок, у будь-якому квадраті розмірами 2х2 клітинки має розміститися не менше двох фігур. Оскільки можна покрити всю дошку 16-ма квадратиками розмірами 2x2 клітинки, що не перекриваються, то всього фігур має бути не менше 32, а у нас є 31. Отже, за сформульованим принципом знайдеться квадрат розмірами 2x2 клітинки, в якому опиниться лише одна фігура. У ній і міститься вільна фігура, що складається з трьох клітинок.

Приклади застосування принципу Діріхле до розв’язування логічних задач.

Задача 1. По вулицях міста рухаються 487 тролейбусів. В кожному з них може знаходитися не більше ніж 70 людей. Крім водія в тролейбусі завжди їде кондуктор. Довести, що обов’язково знайдеться 8 тролейбусів, в яких їде однакова кількість людей.

Розв’язання. За умовою задачі різних кількостей людей в тролейбусах може бути не більше ніж 69 варіантів (від 2 до 70 чоловік). Оскільки 69·7=483<487, то за принципом Діріхле обов’язково знайдеться 8 тролейбусів з однаковою кількістю людей.

Задача 2. Баба-Яга та Кащей зібрали деяку кількість мухоморів. Кількість цяточок на мухоморах Баби–Яги в 13 разів більше, ніж на мухоморах Кащея, але після того, як Баба–Яга віддала Кащею свій мухомор з найменшим числом цяточок, на її мухоморах стало цяточок тільки у 8 разів більше, ніж у Кащея. Доведіть, що спочатку у Баби–Яги було не більше 23 мухоморів.

Розв’язання. Нехай на мухоморах Кащея було n цяточок, а на тому, що він отримав, було k цяточок.

Тоді в Баби–Яги було 13·n цяточок, а залишилося 13·n – k = 8· (n + k). Тобто n = 9·k/5.  Виходить, у Баби–Яги на початку було цяточок 117·k/5=23, 4·k < 24·k, а оскільки на кожному мухоморі було не менше k цяточок, то, за принципом Діріхле,  їх у неї було не більше ніж 23.

Задача 3. У лісі росте мільйон ялинок. Відомо, що на кожній з них не більше 600000 голок. Доведіть, що в лісі знайдуться дві ялинки з однаковим числом голок.

Розв’язання. Перед нами мільйон «кроликів»-ялинок і, на жаль, всього лише 600001 клітка з номерами від 0 до 600000. Кожен «кролик»-ялинкасадиться нами в клітку з номером, рівним кількості голок на цій ялинці. Так як «кроликів» набагато більше, ніж клітин, то в якийсь клітці сидить принаймні два «кролика» - якби в кожній сиділо не більше одного, то все «кроликів»-ялинок було б не більше 600 001 штук. Але ж, якщо два «кролика»-ялинки сидять в одній клітці, то кількість голок у них однаково.

Задача 4. Дано 12 цілих чисел. Доведіть, що з них можна вибрати два, різниця яких ділиться на 11.

Розв’язання. Залишки по модулю 11 - «клітки», числа - «кролики».

Задача 5. У магазин привезли 25 ящиків з трьома різними сортами яблук (у кожному ящику яблука лише одного сорту). Доведіть, що серед них є принаймні 9 ящиків з яблуками одного і того ж сорту.

Розв’язання. 25 ящиків-«кроликів» Розсадимо  по 3 клітках-сортах. Так як 25 = 3 • 8 + 1, то застосуємо «узагальнений принцип Діріхле» для N = 3, k = 8 і отримаємо, що в якійсь клітині-сорті не менше 9 ящиків.

Задача 6. Доведіть, що в будь-якій компанії з 5 чоловік є двоє, які мають однакове число знайомих в цій компанії.

Розв’язання. Варіантів числа знайомих всього 5: від 0 до 4. Залишилося помітити, що якщо у когось 4 знайомих, то ні в кого не може бути 0 знайомих.

Задача 7. Кілька футбольних команд проводять турнір в одне коло. Доведіть, що в будь-який момент турніру знайдуться дві команди, що зіграли до цього моменту однакове число матчів.

Розв’язання. Нехай всього команд n. Тоді варіантів числа команд, з якими зіграла дана команда n: від 0 до n - 1. Залишилося помітити, що якщо одна команда зіграла зі всіма n - 1-й, то ніяка інша команда не могла ні з ким не зіграти.

Задача 8. 10 школярів на олімпіаді вирішили 35 завдань, причому відомо, що серед них є школярі, які вирішили рівно одну задачу, школярі, які вирішили рівно два завдання і школярі, які вирішили рівно три завдання. Доведіть, що є школяр, який вирішив не менше п'яти завдань.

Розв’язання. З умов випливає, що знайдуться 7 школярів, які вирішили 35 - 6 = 29 завдань. Так як 29 = 4 • 7 + 1, то знайдеться школяр, який вирішив не менше п'яти завдань.

Задача 9. Яке найбільше число королів можна поставити на шахівниці так, щоб ніякі дві з них не били один одного?

Розв’язання. Відповідь: 16 королів. Розіб'ємо дошку на 16 квадратиків, в кожному може бути не більше одного короля.

Задача 10. Доведіть, що рівносторонній трикутник не можна покрити двома меншими рівносторонній трикутник.

Розв’язання. Кожен з менших трикутників не може накривати більше однієї вершини великого трикутника.

Задача 11. У квадрат зі стороною 1 метр кинули 51 точку. Доведіть, що якісь три з них можна накрити квадратом зі стороною 20 см.

Розв’язання. Розіб'ємо наш квадрат на 25 квадратів зі стороною 20 см. За узагальненому принципом Діріхле, в якійсь з них потрапить принаймні три точки з 51 кинутої.

Задача 12. П'ятеро молодих робітників отримали на всіх зарплату - 1500 гривень. Кожен з них хоче купити собі магнітофон ціною 320 гривень. Доведіть, що комусь із них доведеться почекати з покупкою до наступної зарплати.

Розв’язання. Якби кожен з робітників міг купити магнітофон, то у них в сумі було б не менше 5 • 320 = 1600 гривень

Задача 13. У бригаді 7 осіб та їх сумарний вік - 332 року. Доведіть, що з них можна вибрати трьох осіб, сума віків яких не менше 142 років.

Розв’язання. Пофарбуємо всю сушу в синій колір, а всі точки, діаметрально протилежні суші - в червоний. Тоді обов'язково є крапка, яка пофарбована в обидва кольори. У ній і треба рити тунель.

Задача 14. Доведіть, що серед ступенів двійки є дві, різниця яких ділиться на 1987.

Розв’язання. Розгляньте 1988 ступенів і їх залишки по модулю 1987.

Задача 15. Доведіть, що з 52 цілих чисел завжди знайдуться два, різницю квадратів яких ділиться на 100.

Розв’язання. Квадрати при діленні на 100 можуть давати лише 51 залишок, так як залишки x і 100 - x при зведенні в квадрат дають один і той же залишок.

Задача 16.  У мішку лежать кульки двох різних кольорів - чорного і білого. Яку найменшу кількість кульок потрібно вийняти з мішки, шоб серед них точно дві кульки виявились одного кольору?

Розв'язання. Зрозуміло, що узявши три кульки, ми виявимо, що дві з них одного кольору. У даному випадку роль зайців відіграють кульки, а роль кліток - чорний та білий кольори.

Задача 17.  У лісі росте мільйон ялинок. Відомо, що на кожній із них не більше ніж 800 000 голок. Доведіть, що в лісі знайдуться дві ялинки з однаковою кількістю голок.

Доведення. Припустімо, що в лісі всі ялинки мають різну кількість голок (на деякій ялинці голок могло не бути зовсім). Тоді в лісі не більше ніж 800 001 ялинка, що суперечить умові. Тут у ролі зай­ців були ялинки, а в ролі кліток - усі можливі варіанти кількості голок на них.

Задача 18. На 5 поличках книжкової шафи 160 книг, причому на одній із них - 3 книги. Доведіть, що знайдеться поличка, на якій не менше ніж 40 книг.

Доведення. Припустімо, що на кожній із решти 4 поличок не більше ніж 39 книг. Тоді на всіх 5 поличках не більше ніж 3 + 4∙39 = 159 книг, що суперечить умові. Отже, на одній із поличок не менше ніж 40 книг.

Задача 19. У місті більше ніж 8 мільйонів жителів. Науковці вважають, що в кожної людини менш ніж 200 000 волосин на голові. Доведіть, що є принаймні 41 житель з однаковою кількістю волосин на голові.

Доведення. Оскільки 40-200000 = 8000000 (кількість волосин у людини коливається від  0  до   199 999,  усього  200 000  варіантів), то,   згідно з принципом Діріхле знайдеться принаймні 41 житель, що має однакову кількість волосин на голові. Тут роль предметів відіграють жителі, а роль ящиків - усі можливі варіанти кількості волосин на голові.

Задача 20.  Дано два многочлени від однієї змінної, кожен із яких - сума 9 членів парного степеня, не більшого за 36. Доведіть, що в добутку обов'язково знайдуться три подібних члени.

Доведення. Якщо ми перемножимо два даних многочлени, то отримаємо новий многочлен степеня, не більшого за 72, кожний член одночлена якого має парний степінь. Оскільки парних чисел від 0 по к < 37, то, згідно з принципом Діріхле, знайдуться принаймні три подібних члени.

Задача 21. Доведіть, що серед 82 кубиків, кожен із яких помальовано певним кольором, існує 10 кубиків різного кольору або 10 кубиків одного кольору.

Доведення. Якщо для розмалювання 82 кубиків використано не менше ніж 10 кольорів, то зрозуміло, що знайдеться 10 кубиків різного кольору. Якщо ж для розмалювання 82 кубиків використано не більше ніж 9 різних кольорів, то, згідно з принципом Діріхле, знайдеться принаймні 10 кубиків одного кольору. Тут у ролі предметів виступають кубики, а в ролі ящиків - кольори.

Задача 22. Цифри 1, 2, ..., 9 розбили на три групи. Довести, що добуток цифр в одній із груп не менший за 72.

Доведення. Оскільки 9! = 1∙2 ∙... ∙ 9 = (8∙9)∙(3∙4∙6)∙(7∙5∙2) = 70∙72∙72 то, згідно з принципом Діріхле, добуток цифр в одній із груп не менший за 72.

Задача 23. 15 хлопчиків зібрали 100 грибів. Доведіть, що принаймні двоє

з них зібрали однакову кількість.

Доведення. Припустимо, що твердження задачі неправильне.  Тоді 15 хлопчиків зібрали щонайменше 0 + 1 + 2 + .. . + 14 = 14∙15:2 = 105 грибів. Це суперечить умові.

Деколи буває корисним ще таке переформулювання принципу Діріхле:

Якщо одне з кількох чисел більше від їх середнього арифметичного, то серед цих чисел знайдеться інше, що є меншим від їх середнього арифметичного.

Задача 24. У бригаді 7, чоловік і їх сумарний вік складає 322 роки. Доведемо, що із них можна вибрати трьох осіб, сумарний вік яких не менший 138.

Доведення. Оскільки середній вік членів бригади складає 46 років, то сумарний вік трьох найстарших людей не менший за 3∙46 = 138 років.

Задача 25. У школі 20 класів. В найближчому будинку живуть 23 учні цієї школи. Чи можна стверджувати, що серед них знайдуться хоча б двоє однокласників?

Розв’язання: оскільки класи утворюють  n = 20 груп, а учнів 23 >n, то принаймні в одній групі буде не менше двох однокласників.

Задача 26. У ящику лежать 105 яблук чотирьох сортів. Довести, що серед них принаймні 27 яблук одного сорту.

Доведення: сорти яблук утворюють n = 4 групи. Якщо кожного сорту взяти по k = 26 яблук, то n•k = 4•26 = 104 < 105. Очевидно, що одного з сортів буде 27 яблук.

Задача 27. На 5 полицях шафи стоїть 160 книг. На одній з них – 3 книги. Доведіть, що знайдеться полиця, на якій стоїть не менше 40 книг.

Доведення: (від супротивного) Якщо такої полиці немає, тоді на 5 полицях 3+4•39=159 книг, але це суперечить умові задачі, оскільки маємо 160 книг, тому на одній з полиць - 40 книг.

Задачі для розв’язування:

1. В гуртку 10 школярів. Чи можна стверджувати, що серед цих гуртківців є хоча б 2, які відзначають день народження в одному й тому самому місяці?

2. В шести класах школи навчається 60 учнів. Довести, що хоча б двоє з них святкують день народження в один і той самий тиждень.

3. У школі 740 учнів. Довести, що принаймні троє з них народилися в один і той самий день.

4.  У похід пішло 12 туристів. Наймолодшому з них 20 років, а найстаршому - 30.

     Чи є серед них однолітки?

5. В шаховому турнірі кожен шахіст зіграв з кожним по одній партії. Всі отримали принаймні по одній перемозі. Довести, що якісь двоє шахістів у підсумку мають однакову кількість перемог.

6.  У вищій лізі першості України з футболу виступає 16 команд. У другому крузі чемпіонату кожні дві команди повинні зіграти між собою один матч. Довести, що завжди є дві команди, які провели однакову кількість ігор чемпіонату.

7.  У районі 15 шкіл. Довести, що як би між ними не розподіляли 90 комп'ютерів, обов'язково знайдуться дві школи, які отримали однакову кількість комп'ютерів (можливо — жодного).

8. В таксі їдуть 5 пасажирів. Доведіть, що серед них знайдуться два пасажири, які мають однакову кількість знайомих серед цих 5-ти пасажирів.

9. Одинадцять школярів відвідують п’ять гуртків (деякі з учнів не обов’язково відвідують всі гуртки). Доведіть, що серед них є два учні, А і В, такі, що всі гуртки, які відвідує А, відвідує й В.

10. 10 учнів на олімпіаді розв’язали 35 задач, причому відомо, що серед них є учні, які розв’язали рівно одну задачу, учні, які розв’язали рівно дві задачі і учні, які розв’язали рівно три задачі. Доведіть, що є учень, який розв’язав не менше п’яти задач.

11. П’ятеро працівників отримали на всіх зарплату в розмірі 1500 грн. Кожний з них хоче придбати собі телефон вартістю 320 грн. Доведіть, що комусь з них доведеться почекати з придбанням телефону до наступної зарплати.

12. У бригаді працюють 7 чоловік. Їх загальний вік – 332 роки. Довести, що серед них можна вибрати трьох працівників, сума віків яких не менше 142 років.

13. Дві коробки містять разом 65 кульок не  обов’язково однакових розмірів. Кожна кулька одного з чотирьох кольорів:  білого, чорного, червоного або жовтого. Якщо взяти будь-яких п’ять кульок одного кольору, то щонайменше дві з них матимуть однаковий розмір. Довести, що існує принаймні три кульки, які мають однаковий колір і однаковий розмір, і знаходяться в одній коробці.

14. Довести, що серед довільних 255 попарно різних натуральних чисел, які не перевищують 500, знайдуться вісім чисел, сума яких дорівнює 2008.

Вказівка.  Розіб‘ємо всі натуральні числа від 1 до 500 на групи наступним чином: (в усіх групах крім першої і останньої сума чисел дорівнює 502). Груп всього 251. Розглянемо довільні 255 натуральних чисел, що не перевищують 500. За принципом Діріхле знайдеться чотири групи в які потрапили по два числа з цих 255 (дійсно, якби в кожну групу потрапило не більше одного з розглядуваних 255 чисел, то груп мало б бути не менше 255). Очевидно, це не перша і не остання група (вони складаються, за побудовою, лише з одного числа).

15. В коробці лежать 4 червоних і 2 зелених кульки. Яке найменше число кульок необхідно витягнути, щоб серед них виявилося : а) одна червона кулька; б) одна зелена кулька; в) одна червона і одна зелена кулька; г) дві кульки одного кольору.

16. В коробці лежать 100 різнокольорових кульок: 28 червоних, 20 зелених,12 жовтих, 20 синіх, 10 білих і 10 чорних. Яке найменше число кульок необхідно витягнути, щоб серед них виявилося 15 кульок одного кольору?

17. В одному районі 7 шкіл. На район виділили 20 комп’ютерів. Довести, що при будь-якому розподілі їх між школами  знайдуться дві, які отримають однакову кількість комп’ютерів (можливо, жодного).

18. 34 пасажири їдуть в автобусі, який зупиняється на 9 зупинках, і ніякі нові пасажири на жодній з них не входять. Доведіть, що  на двох зупинках вийде однакова кількість пасажирів.

19. Якій мінімальній кількості школярів можна роздати 200 цукерок, щоб серед них при будь-якому розподілі знайшлися двоє, які отримають однакову кількість цукерок (можливо, жодної).

20. 100 книг розподілили між деякими учнями. При якій мінімальній кількості учнів це можливо зробити таким чином, що всі вони отримають різну кількість книг?

21. Довести, що серед будь-яких 9 натуральних чисел знайдуться два таких числа, які при діленні на 8 дають однакові остачі.

22. Довести, що серед будь-яких n+1 натуральних чисел знайдуться два таких числа, різниця яких ділиться  на n.

23. Чи дійсно, що серед будь-яких семи натуральних чисел знайдуться три, сума яких ділиться на три?

24. Доведіть, що серед будь-яких трьох цілих чисел можна знайти два, сума яких парна.

Комбінаторика

КОМБІНАТОРИКОЮ називають галузь математики, яка вивчає питання пов’язані з визначення кількості різних комбінацій, за даних умов, з заданих об’єктів. Більшість задач розв’язуються за допомогою двох основних правил – правило суми та правило добутку.

ПРАВИЛО СУМИ. Якщо об’єкт А можна вибрати m способами, а об’єкт В – n способами, то об’єкт А або В можна вибрати m+n способами.

ПРАВИЛО ДОБУТКУ. Якщо об’єкт А можна вибрати m способами і після кожного такого вибору  об’єкт В можна вибрати n способами, то пару об’єктів А і В можна вибрати m×n способами.

Задача 1. З міста А до міста Б ведуть дві дороги, з міста А в місто Г – чотири дороги, з Б в В – три дороги, з Г в В – п’ять. а) Скільки різних доріг ведуть з А в В через Б? б) Скільки взагалі різних доріг з А в В?

Розв’язання: а) за правилом добутку 2×3=6. б) Розглянемо два випадки: шлях проходить через Б і через Г. В першому випадку за правилом добутку маємо 2×3=6, в другому - 4×5=20доріг. За правилом суми 20+6=26 доріг.

Задача 2 . Скількома способами можна вибрати чотирьох чергових з 30 учнів класу.

Розв’язання: першого чергового можна вибрати 30, другого – 29, третього – 28, четвертого – 27 способами. Отже, всього 30×29×28×27=657720 способів.

Задача 3. З трьох підручників алгебри, семи підручників геометрії і п’яти підручників фізики необхідно вибрати комплект з трьох підручників. Скількома способами це можна зробити?

Розв’язання: За правилом добутку:3×7×5=105 способів.

Задача 4. В магазині є 6 примірників олімпіадних задач з математики, 3 з фізики і 4 з біології. Крім того, є 5 комбінованих примірників з математики і фізики і 7 – з фізики і біології. Скількома способами можна придбати примірник, який містить задачі з одного предмету.

Розв’язання: Можна придбати або примірник з кожного предмету, або примірник з двох предметів і примірник з одного. За правилами добутку і суми отримаємо 6×3×4+5×4+7×6=134 способи.

Задачі для розв’язування:

1. Скількома способами можна вибрати одну голосну і одну приголосну зі слова а) «місто»; б) «молоко»; в) «математика»?

2. На вершину гори ведуть п’ять доріг. Скількома способами турист може піднятися на гору і спуститися з неї? А якщо спуск і підйом відбуваються різними шляхами?

3. Скільки серед натуральних чисел від 10 до 1000 таких, що а) в запису зустрічаються рівно три однакові цифри? б) кожна наступна цифра більша за попередню? в) сума цифр дорівнює 9?

4. Скільки існує двозначних чисел, у яких: а) серед цифр є хоча б одна п’ятірка? б) цифра десятків менша за цифру одиниць? в) цифра десятків більша цифри одиниць?

5. З 12 слів чоловічого роду, 9 жіночого, 10 середнього роду необхідно вибрати по одному слову кожного роду. Скількома способами можна це зробити?

6. На канікулах 75% учнів відпочивали на морі, 57%  - відпочивали у горах. Відомо, що кожен був або на морі або у горах. Скільки відсотків учнів були і на морі і у горах?

7. У класі  32 учні. В хореографічному гуртку займаються 28 учнів, хоровим співом – 14, не відвідують жодного гуртка 3 учні. Скільки дітей займаються і в  хореографічному гуртку,  і хоровим співом?

8. Одного разу на канікулах Андрійко не зміг вийти на вулицю, тому що  на вулиці 70% часу йшов дощ. Він вирішив пограти зі своїм молодшим братиком, приблизно 55% часу, а також у кімнаті  працював  телевізор – 80% всього часу. Яку найменшу частину часу це відбувалося одночасно?

9. На клумбі розквітли 18 троянд. Скількома способами можна скласти букет із трьох троянд?

10. Скількома способами із 7 членів комісії можна обрати голову та його заступника?

Переливання

  Задачі на переливання допоможуть розвивати логічне мислення, просторову уяву, витримку, наполегливість у знаходженні оптимального розв’язку. Пропоную розглянути розв’язання деяких задач.

Задача 1 . Як за допомогою 3-літрового і 5-літрового відер набрати 1 літер води? У нашому розпорядженні  є водопровідний кран і раковина, куди можна виливати воду.

Розв’язання: Розв’язання цієї задачі можна записати у вигляді таблиці. Спочатку обидва відра порожні. Наповнюємо 3-літрове відро і виливаємо воду з нього у 5-літрове. Знову наповнюємо 3-літрове відро і виливаємо її у 5-літрове, поки воно не наповниться. У 3-літровому відрі залишиться 1 літр води.

3 літри	0	3	0	3	1
5 літрів	0	0	3	3	5

Задача 2. Маємо дві ємності 5 і 7 л. Як за допомогою ємностей відміряти 6 л води з крана?

Розв’язання:  Складемо таблицю розв’язання :

7 л	7	2	2	0	7	4	4	0	7	6
5 л	0	5	0	2	2	5	0	4	4	5

Задача 3. Маємо три ємності: 9 л, 5 л, 3 л. Перша наповнена водою, а інші дві порожні. Як за допомогою цих ємностей відміряти 1 л води? Як відміряти 4 л води?

Розв’язання:

3 л	0	3	3	4
5 л	0	0	5	5
9 л	9	6	1	0

Задача 4. У трьох купках лежать 22, 14 і 12 горіхів. За допомогою трьох перекладань зрівняйте кількість горіхів у купках.

Розв’язання: Оскільки горіхів всього 48, то в кожній купці повинно опинитися по 16. Перекладати з однієї купки в іншу можна стільки горіхів, скільки їх є в купці в яку перекладають. Схематично перекладання можна показати так:

(22,14,12) — (8,28,12) — (8,16,24) — (16,16,16).

Задачі для розв’язування:

1. В бочці міститься не менше 13 відер пального. Як відлити з неї 8 відер за допомогою 9-відерної і 5-відерної бочок?

2. В бочці не менше 10 л бензину. Як відлити з неї 6 л за допомогою дев’ятилітрового відра і п’ятилітрового бідона?

3. Бідон ємністю 10 л наповнений молоком. Необхідно перелити з цього бідона 5 л у семилітровий, використовуючи при цьому бідон місткістю 3 л. Як це зробити?

4. В трьох купках лежать 11, 7, 6 сірників відповідно. Дозволено перекладати з однієї купи до іншої стільки сірників, скільки там вже є. Як за три перекладання зрівняти кількість сірників у всіх купах?

5. Є два піщаних годинника: на 7 хвилин і на 11 хвилин. Яйце повинно варитися 15 хвилин. Як зварити яйце, перевертаючи годинники мінімальну кількість разів?

6. В одній склянці налито 5 ложок чаю, а в другій 5 ложок молока. Ложку молока перелили з другого стакана в перший, потім старанно розмішали і ложку чаю з молоком перелили знову в другий стакан. Чого тепер більше: чаю в другій склянці чи молока в першій? Як зміниться відповідь, якщо таке переливання виконати 10 разів?

7. Дехто з повної склянки кофе випив половину і долив стільки ж молока. Потім випив третю частину отриманого кофе з молоком і долив стільки ж молока. Нарешті, відпив шосту частину отриманого напою і долив стільки ж молока. Тільки після цього він випив все до кінця. Чого випито більше: кофе чи молока?

                                                                                                                        

Зважування

1. Маємо чотири камінці різної маси. За яку найменшу кількість зважувань на терезах без гир можна знайти найважчий і найлегший камінь?

2. Маємо чотири пакети різної маси і правильні чашові терези без гир. Як за п’ять зважувань розкласти пакети в порядку зростання їх маси?

3. Маємо 6 однакових за виглядом монет, чотири з них справжні, а дві фальшиві: обидві легші за справжні, але їх маса різна. За три зважування на чашових терезах без гир знайдіть обидві фальшиві монети.

4. Маємо 6 однакових за виглядом монет,  чотири з них справжні, по 4 г кожна, а дві - фальшиві: вагою 5 г і 3 г. За чотири зважування на чашових терезах без гир знайдіть обидві фальшиві монети.

5. Серед 18 монет одна фальшива, причому фальшива відрізняється за масою від справжніх. За яку найменшу кількість зважувань на правильних чашових терезах без гир можна визначити легша чи важча від справжніх фальшива монета?

Список використаної літератури

1.     Ясінський В.А. Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язування. -  Вінниця. 1998.

2.      Лось В.М., Тихієнко В.П. Математика: навчаємо міркувати. Розв’язування нестандартних задач.

3.     Сарана О.А. Математичні  олімпіади: просте і складне поруч: Навч. Посібн.  – К.: Видавництво А.С.К., 2004. – 344 с.: іл.

4.     Антошенко В. Поділимося досвідом з колегами. Вивчення теми: «Подільність чисел» у 6 класі // Математика. - 2001 - №33 (вересень) - С. 6

5.     Біленко М.М. Фізкультхвилинка чи цікава задача? // Математика. - 2004. - №14 (266) квітень.-С. 21-23

6.     Бірюкова І. Подільність натуральних чисел. Урок-гра у 6-му класі // Математика. - 2002 - №41-С. 20-23

7.     Гаврилюк С. Добуток двох послідовних натуральних чисел. Рекомендація вчителям математики, які працюють з обдарованими дітьми. // Математика. - 2001. - №36 (вересень). - С. 2-3

8.     Гаврилюк С. подільність чисел // Математика. - 2001 - №44 (листопад).-С. 6-7

9.     Розв'язуємо разом.-Х.:Вид. група «Основа», 2003.-144 с.

10.            Рубан О. В. Задачі на подільність. // Математика. - 2004. - №13 (265) квітень.-С. 20-23

11.            Савельєва В.А. Подорож у ознак подільності натуральних чисел. Урок-гра. // Математика. - 2000. - №11.-С. 3

12.            Хмара Т.М. Наступність у формуванні уявлень про подільність чисел // Початкова школа. - 1995. - №6.-С. 43-47

13.            Шевченко Є. Прості числа. // Математика. - 2001. - №36 (вересень).- С. 8

ЗМІСТ

Передмова ………………………………………………………………………………. 3

Подільність чисел ………………………………………………………………………. 4

Рівняння та нерівності …………………………………………………………………. 6

Принцип Діріхле ………………………………………………………………………... 7

Комбінаторика …………………………………………………………………………. 15

Переливання …………………………………………………………………………… 16

Зважування …………………………………………………………………………….. 18

Список використаної літератури …………………………………………………….. 19

ДЛЯ НОТАТОК

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________