Развивающая математика

Содержание

• Введение
• Логические задачи
• Обратный ход
• Числовые ребусы
• Задачи на использование свойств чётности
• Задачи на взвешивание
• Задачи на переливание
• «В худшем случае»
• Принцип Дирихле
• Пересечение и объединение множеств
• Комбинаторика
• Геометрические задачи
• Задачи для самостоятельного решения
• Сводка развиваемых качеств и навыков
• Сборники задач по занимательной математике

Введение

Развивающая или занимательная математика является дополнением к школьной программе, которое может повысить качество обучения, решая ряд задач

• Расширяет математический кругозор
• Позволяет усвоить важные понятия в раннем возрасте, создавая задел для более лёгкого освоения разделов математики старших классов
• Подготавливает к углублённому изучению математики
• Прививает навыки решения нестандартных задач и творческие способности
• Способствует повышению успеваемости по стандартной программе
• Развивает логическое мышление
• Прививает интерес к точным наукам

В отличие от стандартной школьной программы, развивающая математика почти не имеет теоретической составляющей, которая сводится лишь к усвоению некоторых понятий и методов решения задач определённых видов. Поэтому прогресс в занятиях развивающей математикой определяется не количеством усвоенной информации, а развитием сообрази­тельности, расширением математического кругозора и приобретением навыка самосто­ятельного решения нестандартных задач.

Каждое занятие обычно состоит в решении задач определённого рода, чтобы сосредоточиться на развитии соответствующих качеств математического мышления. Спустя некоторое время тема и род задач, как правило, повторяются с целью закрепления пройденного и повышения уровня сложности.

Многие задачи занимательной математики считаются олимпиадными. Приведённые здесь развивающие задачи в основном являются известными и вряд ли встретятся на математических олимпиадах. Но знакомство с ними и способами их решения создаёт базу знаний и навыков, которая помогает решать реальные олимпиадные задания.

Далее иллюстрируются основные виды задач занимательной математики с примерами рассуждений при решении. Они ориентированы в основном на школьников 4–6 классов.

В конце приводятся задачи для самостоятельного решения, позволяющие применить изложенные способы решений. Эти задачи одного типа с разобранными, поэтому их решение можно считать проверкой понимания изложенного.

Большая часть задач взята из сборников, перечисленных в конце настоящей статьи. Ссылки на использо­ванные условия задач приводятся в скобках. Отсутствие ссылки означает, что задача составлена автором статьи.

Логические задачи

Задача №1 ([1], 9, №5)

В бутылке, стакане, кувшине и банке находятся молоко, лимонад, квас и вода. Известно, что вода и молоко не в бутылке, сосуд с лимонадом стоит между кувшином и сосудом с квасом, в банке не лимонад и не вода. Стакан стоит около банки и сосуда с молоком. Куда налита каждая жидкость?

Решение

Составим таблицу, в которую внесём данные, известные из условия задачи. Знаками "−" отметим варианты, исключаемые условиями задачи.

Сосуд с лимонадом стоит между кувшином и сосудом с квасом, значит в кувшине не лимонад и не квас. Стакан стоит около банки и сосуда с молоком, значит молоко не в стакане и не в банке.

Из таблицы видно, что молоко может быть только в кувшине, а в банке квас, эти выводы отмечаются в таблице знаками "+". Заполнение оставшихся клеток таблицы аналогично.

Ответ: молоко в кувшине, лимонад в бутылке, квас в банке, вода в стакане.

Задача №2 ([1], 3, №5)

Пять человек сидят за круглым столом. По очереди каждый из них говорит: "Оба мои соседа, слева и справа, — лжецы". Известно, что лжецы всегда лгут, а остальные всегда говорят правду. Кроме того, все знают, являются ли лжецами их соседи. Сколько лжецов за столом?

Решение

Из условия задачи следует, что среди сидящих за столом хотя бы один должен говорить правду. В самом деле, если лжец говорит "Оба мои соседа — лжецы", то хотя бы один из соседей должен быть правдивым человеком. Дальнейший ход решения изображён на схеме. Люди за столом обозначены кружками, говорящие правду помечены буквой "П", лжецы — буквой "Л". Стрелками показаны направления логических рассуждений.

В таблице приведено соответствие людей, с учётом правдивости, и их соседей

Начнём рассуждения с говорящего правду, который находится вверху схемы. Его могут окружать только лжецы. Справа от левого лжеца может быть как правдивый человек, так и лжец. В этом месте происходит ветвление решения, поэтому нужно рассмотреть оба варианта.

Если справа от левого лжеца находится правдивый человек, то справа от этого правдивого человека находится лжец. Круг замкнулся без противоречия, так как лжеца могут окружать правдивый человек и лжец. Итак, за столом 3 лжеца и 2 правдивых человека. Второй вариант рассматривается аналогично.

Обе ветви решения дают 3 лжецов и 2 говорящих правду. Решение логично, непротиворечиво и единственно.

Ответ: 3 лжеца и 2 правдивых человека.

Можно рассмотреть варианты этой задачи, изменив утверждение, которое делают люди за столом. Ниже приведены ответы для разных утверждений. Для некоторых вариантов существуют два разных решения.

"Хотя бы один из моих соседей лжец" (один или оба) — 2 лжеца и 3 правдивых человека.

"Один и только один из моих соседей лжец" — все лжецы. Одна из ветвей решения (2 лжеца и 3 правдивых человека) приводит к противоречию при замыкании круга.

"Оба моих соседа говорят правду" — 1) все говорят правду; 2) все лжецы.

Задачи этого раздела развивают способность определять отношения между элементами, делать логические выводы, находить недостающую информацию.

Обратный ход

В задачах этого типа из неизвестного начального числа в результате известных действий получается известное конечное число. Нахождение начального числа осуществляется "с конца", то есть берётся конечное число и совершаются действия в обратном порядке.

Задача №1

Игорь задумал число, разделил его на 2, прибавил 16, умножил на 4 и вычел 12. В результате получилось 88. Какое число задумал Игорь?

Решение

Обратным действием к сложению является вычитание, к вычитанию — сложение, к умножению — деление, к делению — умножение. Для нахождения исходного числа берём конечное число и совершаем указанные в условии действия в обратном порядке.

1) 88 + 12 = 100
2) 100 : 4 = 25
3) 25 − 16 = 9
4) 9 ⋅ 2 = 18

Или в виде одного выражения:  [ (88 + 12) : 4 − 16 ] ⋅ 2 = 18

Условие задачи и её решение схематически изображены на рисунке

Можно также ввести неизвестную переменную x для исходного числа и составить уравнение

[ (x : 2) + 16 ] ⋅ 4 − 12 = 88,

корнем которого является x = 18. Ход решения этого уравнения по сути не отличается от вышеприведённого, так как сводится к совершению тех же обратных действий

Ответ: 18.

Задача №2 ([1], 4, №5)

Папа купил детям коробку конфет. Федя взял половину конфет и половинку конфеты, Аня взяла половину остатка и ещё полконфеты. Коля взял половину нового остатка и ещё полконфеты. Маша взяла половину оставшихся конфет и ещё полконфеты. После этого в коробке осталась одна конфета. Сколько конфет было в коробке?

Решение

Известно, что после Маши в коробке осталась 1 конфета. Обратными действиями Маши являются:

1. Возврат в коробку половины конфеты, в результате в коробке оказывается полторы конфеты. Это равно половине оставшихся до Маши конфет.
2. Возврат в коробку другой половины оставшихся до Маши конфет. В коробку возвращается ещё полторы конфеты, в результате в коробке оказывается 3 конфеты.

Получилось, что до Маши в коробке оставалось 3 конфеты, что равно количеству конфет, оставшемуся после Коли. Количества конфет в коробке до Коли, Ани и Феди находятся аналогично.

Количество конфет до Маши:  (1 + ½) ⋅ 2 = 3
Количество конфет до Коли:  (3 + ½) ⋅ 2 = 7
Количество конфет до Ани:  (7 + ½) ⋅ 2 = 15
Количество конфет до Феди:  (15 + ½) ⋅ 2 = 31

Условие задачи и её решение схематически изображены на рисунке

Можно также решить задачу путём решения уравнения для каждого остатка

Количество конфет до Маши x:  x : 2 − ½ = 1,  x = 3
Количество конфет до Коли y:  y : 2 − ½ = 3,  y = 7
Количество конфет до Ани z:  z : 2 − ½ = 7,  z = 15
Количество конфет до Феди n:  n : 2 − ½ = 15,  n = 31

Или составлением и решением уравнения сразу для исходного количества конфет

½ {½ [½ (n : 2 − ½) − ½] − ½} − ½ = 1  ⇒  n = 31

Но такой способ решения является формальным и может быть непонятен школьникам младших классов, которые ещё не изучали уравнения и действия с дробями.

Ответ: 31 конфета.

Можно усложнить задачу, изменив до нуля количество конфет, оставшихся в коробке после Маши. В таком случае необходимо сначала сообразить, сколько конфет взяла Маша.

Маша взяла половину остатка и полконфеты, после чего в коробке ничего не осталось. Значит половина остатка и полконфеты это одно и то же, следовательно Маша взяла одну конфету. Если бы в коробке до Маши было больше одной конфеты, то после Маши в коробке осталась бы часть конфеты, что противоречит условию (изменённому). Если бы в коробке до Маши оставалось меньше одной конфеты, она не смогла бы взять полконфеты после того, как взяла половину остатка. Таким образом, Маша могла взять только ровно одну конфету.

Это можно также установить, введя неизвестную x для количества конфет, которое взяла Маша, и составив для неё уравнение x : 2 − ½ = 0, корнем которого является x = 1.

Дальнейший ход решения аналогичен вышеизложенному. Ответ: 15 конфет.

Задачи развивают алгоритмическое мышление, способность менять известную последова­тельность действий нужным образом.

Числовые ребусы

Задачи решаются не прямым перебором всех вариантов, а поиском связей между элементами ребуса и логическими рассуждениями, которые приводят к единственным значениям, либо сводят перебор к минимуму.

Задача №1

Замените звёздочки цифрами так, чтобы получился правильный пример на умножение

Решение

1. При умножении 43 на вторую цифру второго сомножителя получается двузначное число. Это может быть только когда вторая цифра равна 1 или 2. Результат умножения оканчивается на 6, поэтому вторая цифра равна 2, результат умножения 86.
2. В ответе на месте десятков стоит 3, поэтому последняя цифра результата умножения 43 на первую цифру второго сомножителя равна 5, так как 8 + 5 = 13.
3. При умножении 43 на первую цифру второго сомножителя получается число, оканчивающееся на 5. Это может быть только когда второй сомножитель равен 5.

Ответ: последний столбец в схеме решения выше (43 ⋅ 52 = 2236).

Задача №2 ([2], №22, б)

Решить числовой ребус:  ОДИН + ОДИН = МНОГО

Решение

1. Слагаемые являются 4-значными, а их сумма 5-значной. При сложении двух 1-значных чисел О + О, с учётом возможной единицы "в уме" от предыдущего действия, не может получиться число, большее 19. Следовательно первая цифра суммы М = 1.
2. О = Н + Н, поэтому О является чётным числом. При этом О + О = 1Н, то есть больше 9, значит О равно 6 или 8. Если О = 8, то Н равно 6 или 7. Но О является последней цифрой суммы Н + Н, которая в таком случае не может равняться 8. Значит О = 6, Н = 3.
3. Последняя цифра суммы Д + Д равна 6 (если бы "в уме" была 1, то вместо 6 стояла бы нечётная цифра), при этом Д ≠ Н = 3. Следовательно Д = 8.
4. И + И = Г (чётное число, меньше 10), при этом И и Г не должны совпадать с уже найденными цифрами. Остаётся единственный вариант И = 2, Г = 4.

Ответ: 6823 + 6823 = 13646.

Задачи развивают наблюдательность, способность находить связи в структуре данных, умение путём логических рассуждений исключать неподходящие варианты, сокращая количество возможных.

Задачи на использование свойств чётности

Чётное число — делящееся на 2 без остатка. Нечётное число не делится на 2.

При решении задач используются следующие свойства чётности

1. Сумма двух чётных чисел является чётным числом
2. Сумма чётного и нечётного чисел является нечётным числом
3. Сумма двух нечётных чисел является чётным числом

Из перечисленных свойств следует, что

• Прибавление чётного числа не меняет чётность, а прибавление нечётного числа меняет чётность суммы
• Сумма любого количества чётных чисел чётна
• Сумма чётного количества нечётных чисел чётна
• Сумма нечётного количества нечётных чисел нечётна

В свою очередь, из этих следствий вытекают свойства чётности произведения чисел

1. Произведение любого числа на чётное число является чётным числом
2. Произведение нечётного числа на нечётное число является нечётным числом

В таблицах сведены свойства чётности суммы и произведения чисел. Под "чёт" или "ч" понимаются чётные числа, "неч" или "н" — нечётные числа. Одинаковой букве или слогу могут соответствовать разные числа одинаковой чётности, в одном и том же выражении.

Задача №1

Можно ли заплатить без сдачи 30 копеек девятью монетами по 1 и 5 копеек?

Решение

Сумма нечётного количества (9) нечётных чисел (1 и 5) является нечётным числом. 30 является чётным числом, поэтому размен указанным в условии задачи способом невозможен.

Ответ: нет.

Задача №2 ([3], №438)

Разность двух целых чисел умножили на их произведение. Могло ли получиться число 45045? ([3], №438)

Решение

Обозначим целые числа как a и b. Произведение (a − b) ⋅ a ⋅ b нечётно только когда все сомножители нечётны. Но если a и b нечётные числа, то их разность всегда является чётным числом. Поэтому в рассматриваемом произведении должен быть хотя бы один чётный сомножитель, следовательно оно не может быть равно нечётному числу 45045.

Ответ: нет.

Задача №3 ([3], №444)

В ряд выписаны числа от 1 до 10. Можно ли расставить между ними знаки "+" и "−" так, чтобы значение полученного выражения было равно нулю?

Решение

Ноль можно считать чётным числом поскольку он делится на 2, обладает свойствами чётных чисел и не обладает свойствами нечётных чисел.

Свойства чётности для суммы чисел верны также для разности чисел. Сложения и вычитания любого количества одних только чётных чисел дают чётный результат. Каждое прибавление или вычитание нечётного числа меняет чётность результата.

Чётность значения выражения из условия задачи определяется количеством входящих в него нечётных чисел. Среди чисел от 1 до 10 имеется 5 нечётных чисел. Сложения и вычитания нечётного количества (5) нечётных чисел дают нечётный результат. Поэтому значение выражения является нечётным, независимо от расстановки знаков, следовательно не может быть равным нулю.

Ответ: нет.

Задача №4 ([2], №75)

Имеется 9 листов бумаги. Некоторые из них разорвали на 3 или 5 частей (листов меньшего размера). Некоторые из исходных либо образо­вавшихся листов опять разорвали на 3 или 5 частей. Можно ли после некоторого количества таких разрываний получить 100 листов?

Решение

При разрывании листа на 3 или 5 частей количество листов увеличивается на 2 или 4 соответ­ственно. Прибавление к нечётному числу (9) чётных чисел (2 или 4) не позволяет получить чётное число (100). Поэтому из 9 листов нельзя таким способом получить 100 листов.

Ответ: нет.

Без использования свойств чётности приведённые задачи решаются перебором всех возможных вариантов, что является значительно более затратным способом. Задачи демонст­рируют применение абстрактного математического понятия чётности и его свойств для достижения практического результата — избежания необходимости перебора всех вариантов, получения обоснованного ответа более простым способом.

Задачи на взвешивание

Используются два вида весов — со шкалой и рычажные

• Весы со шкалой основаны на использовании пружины, степень растяжения или сжатия которой определяет положение стрелки на измерительной шкале. Такие весы измеряют вес груза непосредственно.
• Рычажные весы основаны на равновесии рычага, представляющего собой стержень (коромысло) с осью вращения посередине. На обоих концах рычага установлены чаши для размещения грузов. На одну из чаш кладётся груз известной массы. Когда чаши весов находятся в равновесии, то есть на одном уровне, массы грузов на них одинаковы. Так масса груза на одной чаше весов определяется по массе на другой чаше.

Указанные виды весов обладают следующими свойствами

1. Знак и величина погрешности измерения весов со шкалой не зависит от массы груза
2. Взаимное положение чаш рычажных весов не меняется при докладывании на обе чаши грузов одинакового веса. То же верно при снятии с обоих чаш грузов одинакового веса.

Эти свойства используются далее при решении задач.

Задача №1

На плохо отрегулированных весах взвесили три мешка картофеля — получилось 31 кг, 33 кг и 36 кг. Когда взвесили на тех же весах эти три мешка вместе, получилось 98 кг. Определите по этим данным вес каждого мешка. Ошибка весов (недовес или перевес) не зависит от того, какой груз на весах.

Решение

При взвешивании каждого мешка по отдельности общий вес трёх мешков получился 31 кг + 33 кг + 36 кг = 100 кг. В это значение ошибка весов вошла 3 раза. В значение 98 кг ошибка весов вошла 1 раз. Значит 3 ошибки приводят к значению веса, на 2 кг большему, чем 1 ошибка. Следовательно, ошибка весов положительна, то есть они показывают больше, чем весит груз на самом деле (недовешивают).

Обозначим ошибку весов через P. Тогда 3P − P = 2 кг, P = 1 кг. Значит при каждом взвешивании недовес составляет 1 кг. Поэтому вес каждого мешка на 1 кг меньше измеренного весами — 30 кг, 32 кг, 35 кг.

Ответ: 30 кг, 32 кг, 35 кг.

Задача №2 ([2], №127)

Груша и слива весят столько, сколько весят 2 яблока; 4 груши весят столько, сколько весят 5 яблок и 2 сливы. Что тяжелее 7 яблок или 5 груш?

Решение

Обозначим вес одной груши буквой Г, вес одной сливы — буквой С, вес одного яблока — буквой Я. По условию задачи имеем

1) Г + С = 2Я
2) 4Г = 5Я + 2С

Данные равенства можно представить как равновесие двух рычажных весов. На левой чаше первых весов лежат груша и слива, на правой — 2 яблока. На левой чаше вторых весов лежит 4 груши, на правой — 5 яблок и 2 сливы.

Переложим фрукты, лежащие на левой чаше 1-х весов, на левую чашу 2-х весов, а лежащие на правой чаше 1-х весов — на правую чашу 2-х весов. Поскольку на обе чаши 2-х весов докладывается одинаковый вес, равновесие весов не нарушится, поэтому можем записать

5Г + С = 7Я + 2С

Снимем с обоих сторон весов по одной сливе, равновесие весов не нарушится

5Г = 7Я + С

Таким образом, 5 груш весят на 1 сливу больше, чем 7 яблок.

Задачу можно ещё решить алгебраически, рассматривая равенства (1–2) как систему уравнений относительно неизвестных переменных Г и Я с параметром С. Методом подстановки получается Я = 2С, Г = 3С, то есть яблоко весит как 2 сливы, а груша — как 3 сливы. Следовательно 7Я = 14С, а 5Г = 15С, отсюда 7Я < 5Г. Однако школьники младших классов, как правило, не знакомы с системами алгебраических уравнений, поэтому решение с использованием представления о рычажных весах является для них более образным и понятным.

Ответ: 5 груш тяжелей, чем 7 яблок.

Задача №3 ([2], №126)

Три одинаковых яблока тяжелей, чем четыре одинаковых груши. Что тяжелее: 4 яблока или 5 груш?

Решение

Обозначим вес одного яблока буквой Я, вес одной груши — буквой Г. По условию задачи имеем:

3Я > 4Г

Данное неравенство можно представить как неравновесие рычажных весов, на нижней (левой) чаше которых лежит 3 яблока, а на верхней (правой) 4 груши.

Если бы 3 яблока весили столько же, сколько 4 груши, 3Я = 4Г, то на каждое яблоко приходился бы больший вес, чем на каждую грушу: Я > Г. В нашем случае 3 яблока весят больше 4 груш, поэтому на каждое яблоко приходится ещё больший вес, и тем более выполняется неравенство Я > Г.

Доложим на обе чаши весов по одному яблоку, от этого положение весов не изменится:

4Я > 4Г + Я

Заменим на верхней (правой) чаше весов яблоко на грушу. Так как груша легче яблока (Я > Г), положение весов не изменится, последнее неравенство будет тем более выполняться:

4Я > 4Г + Г

Таким образом, 4 яблока тяжелей, чем 5 груш.

Ответ: 4 яблока тяжелей, чем 5 груш.

Задачи развивают способность логически обосновывать сравнения, практические навыки пользования весами, подводят к решению систем уравнений и неравенств.

Задачи на переливание

Задача №1 ([2], №113)

Имеется 2 сосуда вместимостью 3 и 5 литров. Как с помощью этих сосудов налить из водопроводного крана 4 литра воды?

Решение

Получить 4 л в 5-литровом сосуде можно двумя способами

1. Отлить 1 л из полного 5-литрового сосуда. Для этого в 3-литровом сосуде должно быть 2 л
2. Если в 5-литровом сосуде находится один литр, долить 3 л из полного 3-литрового сосуда

Первый способ осуществляется циклическим повторением трёх действий

1) Заполняется пустой 5-литровый сосуд

2) Вода из 5-литрового сосуда переливается в 3-литровый до заполнения последнего либо до опустошения первого

3) Из полностью заполненного 3-литрового сосуда вода выливается

Последовательность действий, приводящая к нужному итогу, записана в таблице. В данном случае оказалось достаточным двух неполных циклов.

Второй способ осуществляется циклическим повторением трёх обратных действий

1) Заполняется пустой 3-литровый сосуд

2) Вода из 3-литрового сосуда переливается в 5-литровый до заполнения последнего либо до опустошения первого

3) Из полностью заполненного 5-литрового сосуда вода выливается

Последовательность действий, приводящая к нужному итогу, записана в таблице. В данном случае оказалось достаточным трёх неполных циклов.

Задача №2

Имеется два вида песочных часов. Одни отмеряют 8 мин, другие — 14 мин. Как с их помощью отмерить 20 мин, необходимых для приготовления каши?

Решение

Вместо переливания жидкости происходит пересыпание песка. Подход к решению по сути не меняется, поскольку так же сводится к отслеживанию объёма содержимого сосудов. Если при переливании объём воды определялся непосредственно литрами, то при пересыпании песка его объём в верхней части часов определяется косвенно — количеством оставшихся минут.

1-й способ

1. Поставить 8- и 14-минутные часы одновременно. Это начало измерения времени.
2. Когда песок в 8-минутных часах полностью пересыпется вниз, перевернуть их. Этот момент соответствует 8 минутам после начала измерения времени.
3. Когда песок в 14-минутных часах полностью пересыпется вниз, в 8-минутных останется 2 минуты в верхней части и 6 минут в нижней части. Перевернуть 8-минутные часы, после чего в их верхней части останется 6 минут. Это 14 минут после начала измерения времени.
4. Ещё через 6 минут песок в 8-минутных часах полностью пересыпется вниз. Это 20 минут после начала измерения времени.

2-й способ

1. Поставить 8- и 14-минутные часы одновременно. Это подготовка к измерению времени.
2. Когда песок в 8-минутных часах полностью пересыпется вниз, в 14-минутных часах останется 6 минут в верхней части. Зто начало измерения времени.
3. Когда песок в 14-минутных часах полностью пересыпется вниз, перевернуть их. Это 6 минут после начала измерения времени.
4. Когда песок в 14-минутных часах опять полностью пересыпется вниз, это 20 минут после начала измерения времени.

В 1-м способе 20 минут измеряются обоими часами и совершается больше действий (2 пере­ворачи­вания). Во 2-м способе 20 минут измеряются одними 14-минутными часами и совершается одно пере­ворачи­вание, но требуется предварительная подготовка этих часов с помощью 8-минутных.

Оба способа решения иллюстрируются рисунками ниже

Задачи развивают способность просчитывать ходы, удерживая в памяти несколько текущих значений (объёмы воды в разных сосудах или песка в разных часах), умение оформлять решение в виде таблиц и рисунков.

«В худшем случае»

Встречаются ситуации, когда желаемый результат может получаться разными путями, при этом заранее неизвестно, каким именно путём он будет достигнут. Путь движения к результату может оказаться как лёгким, так и трудным. Бывает, что нужно заранее знать, когда результат получится обязательно. Поэтому решение сводится к нахождению самого трудного, худшего случая. Если результат получается в худшем случае, он тем более получится в любом другом.

В данных задачах лёгкость или трудность достижения результата определяется количеством действий, которое нужно совершить. В лёгких случаях результат получается быстро, а в худшем случае требуется самое большое количество действий. Следовательно, надо найти количество действий, необходимое для получения результата в худшем случае. Оно достаточно для получения результата в любом случае и не превышает необходимого.

Задача №1 ([2], №178)

В коробке, которая стоит в тёмной комнате, 10 пар коричневых и 10 пар чёрных перчаток одного размера. Сколько перчаток надо взять из коробки, чтобы среди них оказалась пара перчаток одного цвета?

Решение

Коробка стоит в тёмной комнате, поэтому цвет перчаток берущий не видит. В лучшем случае первые две взятые перчатки окажутся одного цвета на разные руки. В худшем случае сначала будут взяты все перчатки одного цвета на одну руку и все перчатки другого цвета тоже на одну руку (пусть даже другую). То есть взято 10 + 10 = 20 перчаток, среди которых не будет пары одного цвета на разные руки. Но следующая 21 перчатка обязательно образует пару одного цвета с уже взятой. Таким образом, в худшем случае необходимо взять 21 перчатку.

Ответ: 21 перчатка.

Всего возможно 2 лучших случая и 4 худших

Лучшие случаи:

1. Пара чёрного цвета
2. Пара коричневого цвета

Худшие случаи:

1. 20 перчаток на левую руку
2. 20 перчаток на правую руку
3. 10 чёрных на левую руку и 10 коричневых на правую руку
4. 10 коричневых на левую руку и 10 чёрных на правую руку

Лучшие случаи и один из худших изображены на рисунках

Задача №2 ([3], №56)

Сколько карандашей надо взять в темноте из коробки с 7 красными и 5 синими карандашами, чтобы было взято не меньше 2 красных и не меньше 3 синих?

Решение

В худшем случае сначала попадутся все карандаши одного цвета, после чего начнут попадаться карандаши другого цвета. Поэтому имеем два худших случая:

1. Если сначала попадутся все 7 красных карандашей, то останется взять 3 синих, итого 10 карандашей.
2. Если сначала попадутся все 5 синих карандашей, останется свзять ещё 2 красных, итого 7 карандашей.

Очевидно, что первый случай хуже.

Ответ: 10 карандашей.

Задача №3

В одной из семи комнат, расположенных рядом, хранится драгоценный камень. Вор похитил ключи от всех семи дверей, но ему неизвестно, какой ключ от какой комнаты. Охрана ходит мимо комнат каждые 5 минут. Успеет ли вор украсть камень в худшем для него случае, если каждая попытка отпирания двери занимает 10 секунд?

Решение

В худшем случае камень окажется в последней комнате, и вору нужно подобрать ключи ко всем дверям. При подборе ключей к первой двери в худшем случае первые 6 ключей не подойдут, дверь откроется седьмым ключом. Ко второй двери ключ подбирается из оставшихся шести, и в худшем случае она откроется с шестой попытки. Аналогично, для отпирания третьей двери потребуется 5 попыток, четвёртой — 4, пятой — 3, шестой — 2, седьмой — 1. Всего 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28 попыток отпирания дверей, которые занимают 28 ⋅ 10 = 280 секунд. Это меньше, чем 5 минут = 300 секунд. Следовательно, даже в худшем случае вор может успеть украсть камень.

Ответ: да.

Задачи учат просчитывать развитие событий с учётом самых неблагоприятных случаев.

Принцип Дирихле

Одна из формулировок принципа Дирихле: если n + 1 предметов поместить в n мест, то в одном из мест обязательно окажется хотя бы 2 предмета.

Школьникам этот принцип обычно преподносится более наглядно: если 101 кролика рассадить по 100 клеткам, то хотя бы в одной клетке окажется 2 кролика.

Обобщённая формулировка: если n предметов поместить в k мест, то в одном из мест обязательно окажется хотя бы n : k предметов. Если при делении n на k получается остаток, то под n : k нужно подразумевать неполное частное чисел n и k, увеличенное на единицу.

Например, если 153 кролика рассадить по 25 клеткам, то хотя бы в одной клетке окажется 153 : 25 = 6 (ост 3) → 7 кроликов.

Доказать это можно двумя способами — рассмотрением худшего случая и от противного.

Рассмотрение худшего случая

Докажем правильность утверждения в худшем случае, тогда оно будет верно в любом случае. Худшим является случай, когда возможность существования клетки с 7 кроликами наименьшая.

В отличие от задач предыдущего раздела, где вынимались предметы (перчатки, карандаши) и обнаруживались их свойства (форма, цвет), сейчас перебираются клетки и подсчитывается количество кроликов в них. Теперь предметы это клетки, а их свойства — количества кроликов.

В лучшем случае в первой же клетке окажется не менее 7 кроликов. Хуже, если сначала будут попадаться клетки, в которых меньше 7 кроликов. Самый худший случай это когда во всех таких клетках находится 6 кроликов, то есть меньше, чем нужно, но близко к 7. Если количество кроликов в очередной клетке меньше 6, то количество оставшихся кроликов больше, чем могло бы быть. Это повышает возможность того, что в последующих клетках их окажется больше 6, то есть такой случай не самый худший.

Это видно на примере разных случаев распределения 9 шаров по 3 ящикам на рисунках, сделанных для ответа на вопрос, обязательно ли существует хотя бы один ящик с 4 шарами. Ящики перебираются слева направо. Наличие вначале ящиков с менее чем 3 шарами (средние случаи) приводит к тому, что в конце должен быть ящик с более чем 3 шарами, даже если шары можно разложить не больше чем по 3 на ящик (худший случай). Чем меньше шаров в первых ящиках, тем больше должно оказаться в последних.

Таким образом, в худшем случае во всех 25 клетках может оказаться по 6 кроликов, итого 25 ⋅ 6 = 150 кроликов. Но тогда останется 3 кролика, которые должны быть посажены в одну или несколько клеток из этих 25, в таких клетках станет не меньше 7 кроликов. Поэтому даже в худшем случае должна существовать клетка, в которой не меньше 7 кроликов.

Доказательство от противного

Предположим, что в каждой из 25 клеток не больше 6 кроликов. Тогда всего рассажено по клеткам не более 25 ⋅ 6 = 150 кроликов, Но всего кроликов 153, то есть больше 150. Получили противоречие, значит предположение неверно, и хотя бы в одной клетке больше 6 кроликов.

Решение задач сводится к установлению аналогии с кроликами и клетками. Затем, для большей строгости, его можно закрепить рассмотрением худшего случая или доказательством от противного. Последнее более формально и не так наглядно, как рассмотрение худшего случая, но является более коротким и простым.

Задача №1 ([3], №71)

В магазин привезли 25 ящиков с яблоками трёх сортов, причём в каждом ящике лежали яблоки одного сорта. Найдётся ли 9 ящиков одного сорта?

Решение

Применение принципа Дирихле

Проводя аналогию с кроликами в клетках, сорта это клетки, а ящики — кролики. То есть 25 кроликов рассажены по 3 клеткам. Тогда, в соответствии с принципом Дирихле, имеется хотя бы одна клетка, в которой не меньше 25 : 3 = 8 (ост 1) → 9 кроликов. Значит хотя бы одного сорта яблок привезли не меньше чем 9 ящиков.

Рассмотрение худшего случая

В худшем случае яблок каждого сорта по 8 ящиков. Всего этих ящиков 3 ⋅ 8 = 24. Последний 25 ящик содержит яблоки одного из этих сортов. Значит яблоки хотя бы одного из сортов привезены не меньше чем в 9 ящиках.

Доказательство от противного

Предположим, что ящиков каждого сорта не больше 8. Тогда всего ящиков не больше 3 ⋅ 8 = 24. Но по условию задачи ящиков 25. Получили противоречие. Следовательно, предположение, что ящиков каждого сорта не больше 8, неверно, и должен существовать хотя бы один сорт, привезённый не меньше чем в 9 ящиках.

Ответ: да.

Задача №2 ([2], №188)

В чемпионате по футболу участвует 18 команд. Чемпионат разыгрывается в один круг, любые две команды встречаются только один раз. Известно, что каждая команда сыграла какое-то количество игр. Докажите, что найдутся две команды, сыгравшие одинаковое количество игр.

Решение

Из условия следует, что возможные количества игр для каждой команды от 1 до 17.

Применение принципа Дирихле

Количества игр — клетки, команды — кролики. 18 кроликов рассажены по 17 клеткам. Найдётся хотя бы одна клетка, в которой сидит 18 : 17 = 1 (ост 1) → 2 кролика. Поэтому хотя бы одно количество игр (от 1 до 17) сыграно не менее, чем двумя командами.

Рассмотрение худшего случая

В худшем случае каждое количество игр от 1 до 17 сыграла какая-то одна команда. Всего этих команд 17. Оставшаяся 18-я команда тоже провела игры в количестве от 1 до 17. Следовательно хотя бы одно количество игр проведено не менее чем двумя командами.

Доказательство от противного

Предположим, что каждое количество игр от 1 до 17 сыграно не более, чем одной командой. Тогда сыгравших команд не более 17. Но по условию задачи их 18. Противоречие означает, что сделанное предположение неверно, и хотя бы одно количество игр сыграно не менее чем двумя командами.

Задача №3 ([2], №190)

В классе 25 учащихся. Из них 20 занимаются английским языком, 17 увлекаются плаванием, 14 посещают математический кружок. Докажите, что хотя бы один ученик занимается всем этим вместе.

Решение

Проведём аналогию с кроликами в клетках. Ученики это клетки, места в кружках — кролики. Если разместить 20 + 17 + 14 = 51 кроликов по 25 клеткам, то хотя бы в одной клетке будет 51 : 25 = 2 (ост 1) → 3 кролика. Значит хотя бы один учащийся посещает все три кружка.

Доказательства путём рассмотрения худшего случая и от противного проводятся так же, как в предыдущих задачах.

На рисунке показан худший случай, когда каждый из 25 учащихся занимается в двух кружках. Числами в клетках обозначены номера мест в кружках. Оставшееся в математическом кружке место (№14) тоже должно быть занято одним из учащихся. Такой учащийся посещает все три кружка.

Задачи демонстрируют применение математического принципа для решения определённого вида задач путём выявления аналогии между разными ситуациями, расширяют использование подхода "в худшем случае", знакомят с приёмом доказательства "от противного".

Пересечение и объединение множеств

Множество это набор элементов, которыми могут быть предметы, животные, люди, числа.

Обозначение множества A, состоящего из элементов a₁, a₂, …, a_n:  A = {a₁, a₂, …, a_n}

Пересечением множеств A и B называется множество C, которое содержит элементы, входящие в множество A и в множество B (в оба множества). Пересечение множеств обозначается A ∩ B.

Например, пересечением множеств людей

A = {Ваня, Аня, Коля, Таня, Федя}

B = {Игорь, Дима, Коля, Толя, Лена, Аня}

является множество

C = A ∩ B = {Коля, Аня}

Если множества не имеют общих элементов, то они не пересекаются.

Объединением множеств A и B называется множество C, которое содержит элементы, входящие в множество A или в множество B (хотя бы в одно множество). Объединение множеств обозначается A ∪ B.

C = A ∪ B = {Ваня, Аня, Коля, Таня, Федя, Игорь, Дима, Толя, Лена}

Множества могут создаваться по разным признакам — люди, прочитавшие определённую книгу, или ученики, посещающие кружок, или предметы, находящиеся в заданном месте, и так далее.

Задача №1 ([5])

Каждый десятый пятиклассник занимается футболом. Каждый пятнадцатый футболист — пяти­классник. Кого больше — всех пятиклассников или всех футболистов?

Решение

Обозначим количество всех пятиклассников П, всех футболистов Ф, пятиклассников-футболистов ПФ. По условию задачи, пятиклассников-футболистов в 10 раз меньше, чем всех пятиклассников: ПФ = П : 10, и в 15 раз меньше, чем всех футболистов: ПФ = Ф : 15. Следовательно, пятиклассников в 10 раз больше, а футболистов в 15 раз больше, чем пятиклассников-футболистов: П = 10 ⋅ ПФ, Ф = 15 ⋅ ПФ. Поэтому футболистов больше, чем пятиклассников: Ф > П.

Ответ: всех футболистов больше, чем всех пятиклассников.

Задача №2

В выходные 16 учеников нашего класса побывавали в кинотеатре, 12 — в цирке и 15 — на стадионе. Из них 8 посетили кинотеатр и стадион, 5 — кинотеатр и цирк, 7 — цирк и стадион, а двое посетили все три места. Сколько человек в нашем классе, если трое не посетили ни одного места?

Решение

Для решения задач этого типа удобно использовать так называемые круги Эйлера, изображённые на рисунках ниже. Каждый круг соответствует определённому множеству из условия задачи, области пересечения кругов — пересечениям множеств. В данном случае синий круг соответствует ученикам, посетившим кинотеатр, зелёный — цирк, красный — стадион. Области пересечения кругов соответствуют ученикам, побывавшим в более чем одном месте.

1. Рисуем круги и записываем соответствующие количества учеников, известные из условия задачи (рисунок 1).
2. Количество учеников, побывавших только в двух местах, находится вычитанием количества учеников, посетивших все три места, из количества учеников, посетивших не менее двух мест

   только кино и стадион: 8 − 2 = 6

   только кино и цирк: 5 − 2 = 3

   только цирк и стадион: 7 − 2 = 5

   Записываем получившиеся числа в соответствующие области пересечения кругов (рисунок 2). Пере­рисовывать круги не нужно, новый рисунок здесь приведён для большей ясности.

3. Количество учеников, побывавших только в одном месте, находится вычитанием количества учеников, посетивших два и три места, из количества учеников, посетивших не менее одного места

   только кино: 16 − 6 − 3 − 2 = 5

   только цирк: 12 − 3 − 5 − 2 = 2

   только стадион: 15 − 6 − 5 − 2 = 2

   Записываем получившиеся числа в соответствующие части кругов, не являющиеся пересечениями (рисунок 3).

4. Количество учеников, побывавших хотя бы в одном месте, находится сложением количества учеников, посетивших только одно место, только два места и все три места

   5 + 2 + 2 + 6 + 3 + 5 + 2 = 25

5. Полное количество учеников класса находится прибавлением количества учеников, которые никуда не ходили:

   25 + 3 = 28

Ответ: 28 учеников.

Количество учеников, побывавших хотя бы в одном месте, получается также сложением заданных количеств учеников, посетивших каждое место, и вычитанием из этой суммы повторяющихся количеств. Так, количество учеников, посетивших ровно два места, входит в эту сумму два раза, а посетивших все три места — три раза.

Поэтому части 3 и 4 выше­приведён­ного решения можно заменить вычислением указанной суммы, вычитанием из неё по одному разу учеников, посетивших каждую пару мест, и два раза — учеников, посетивших все места.

16 + 12 + 15 − 6 − 3 − 5 − 2 ⋅ 2 = 25

Решение задачи двумя способами полезно для проверки правильности ответа

Рисование кругов не обязательно, но удобно для записи промежуточных результатов, придания им наглядности.

Задача №3 ([3], №556)

Доля блондинов среди голубоглазых больше, чем доля блондинов среди всех людей. Что больше — доля голубоглазых среди блондинов или доля голубоглазых среди всех людей?

Решение

Наглядный способ

Ход решения иллюстрируется рисунками ниже

1. Мысленно соберём всех людей в одном месте, голубоглазых выделим в отдельную группу — рисунок 1. Плотность расположения людей, то есть среднее расстояние между соседями, сделаем всюду одинаковым. Тогда отношение площадей малого (голубого) и большого кругов равно доле голубоглазых среди всех людей.
2. Удалим всех неблондинов — рисунок 2. Так как доля блондинов среди голубоглазых больше, чем доля блондинов среди всех людей, плотность расположения голубоглазых блондинов больше, чем плотность остальных блондинов.
3. Начнём расширять малый (голубой) круг при сохранении границы большого круга. Плотность расположения голубоглазых блондинов будет уменьшаться, а плотность расположения остальных блондинов — увеличиваться. При некотором размере малого круга указанные плотности сравняются, и отношение площадей малого и большого кругов будет являться долей голубоглазых среди блондинов.

Доля, полученная в пункте 3, больше доли из пункта 1, то есть доля голубоглазых среди блондинов больше доли голубоглазых среди всех людей.

Данный способ показывает, что размер множества может графически харак­теризо­ваться как площадью соответствующего круга, так и густотой расположения элементов.

Алгебраический способ

Введём обозначения:

ГБ — количество голубоглазых блондинов

Г — количество голубоглазых

Б — количество блондинов

В — количество всех людей

По условию задачи

ГБ / Г  >  Б / В

Пользуясь этим неравенством, для искомого отношения имеем

ГБ / Б  =  ГБ / Г ⋅ Г / Б  >  Б / В ⋅ Г / Б  =  Г / В

Ответ: доля голубоглазых среди блондинов больше доли голубоглазых среди всех людей.

Задачи знакомят с понятием множества, способами решения задач на пересечение, объединение, сравнение множеств.

Исходный текст статьи находится по адресу: vmz.su/mat/rm.htm

Комбинаторика

В некоторых задачах удобно использовать обозначение

N! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ … ⋅ N,

которое называется факториалом числа N.

Например, факториал пяти равен

5! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 120

Задача №1 ([2], №239)

Восемь приятелей решили провести турнир по шахматам так, чтобы каждый сыграл с каждым по одной партии. Сколько будет сыграно партий?

Решение

Каждый из 8 приятелей должен сыграть по 7 партий с остальными. Поэтому на первого приятеля приходится 7 партий. Второй приятель тоже должен сыграть 7 партий, но партия между первым и вторым уже учтена при подсчёте партий первого приятеля. Поэтому на второго приятеля приходится ещё 6 новых партий. Партии третьего приятеля с первым и вторым тоже уже учтены, поэтому на третьего приходится 5 новых партий. Аналогично, на четвёртого приходится ещё 4 партии, на пятого — 3, на шестого — 2 на седьмого — 1. Все партии восьмого приятеля входят в уже подсчитанные. Следовательно, всего сыграно 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28 партий.

На рисунке показан процесс подсчёта партий. Прямые линии соответствуют партиям, каждый цвет относится к подсчёту партий определённого приятеля, исключая уже учтённые. Подсчёт начинается с первого приятеля.

Возможно решение другим способом. Каждый из 8 приятелей играет по 7 партий, на всех 8 ⋅ 7 = 56 партий. При таком подсчёте в указанное количество входит каждая партия два раза. Например, партия между третьим и шестым приятелями и партия между шестым и третьим, хотя это одна и та же партия. Следовательно, действительное количество партий в два раза меньше, и всего должно быть сыграно 56 : 2 = 28 партий.

На рисунке стрелки показывают, для какого приятеля подсчитываются партии. Например, прямая со стрелкой, направленной от первого приятеля ко второму, означает партию, которую играет первый приятель со вторым, а та же прямая со стрелкой, направленной от второго приятеля к первому, — партию, которую играет второй приятель с первым. Поэтому количество стрелок, равное 8 ⋅ 7 = 56, в два раза больше количества партий, обозначенных линиями.

Ответ: 28 партий.

Задача №2 ([3], №765)

Сколькими способами можно выложить в ряд красный, синий, зелёный и фиолетовый шары?

Пример ряда из четырёх шаров:

Решение

Первое место ряда можно заполнить четырьмя способами — по количеству имеющихся цветов. После чего останутся шары трёх цветов. Поэтому для каждого из указанных четырёх способов имеется три способа заполнить второй ряд. Итого два первых ряда можно заполнить 4 ⋅ 3 = 12 способами. Для каждого из этих 12 способов имеется два способа заполнить третье место — по количеству оставшихся двух цветов. Следовательно, первые три ряда заполяются 12 ⋅ 2 = 24 способами. Во всех этих 24 способах последний ряд заполняется единственным способом, так как остаётся только один шар.

Рост количества возможных комбинаций шаров с увеличением количества мест в ряду показан на рисунке

Ответ: 24 способа.

Из приведённого решения понятно, как подсчитать количество возможных комбинаций шаров для ряда любой длины и любого количества разноцветных шаров. Например, сколькими способами можно выложить ряд из трёх шаров, если имеется пять шаров разных цветов. Количество таких способов равно 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60.

Количество размещений и количество сочетаний

Усложнённый вариант задачи — подсчитать количество способов, которыми можно выбрать три шара из пяти разноцветных шаров. В отличие от вышеизложенного, здесь не важен порядок размещения выбранных шаров. Например КФЗ, ФКЗ, ЗКФ это варианты одного и того же способа выбора трёх шаров. Всего таких вариантов 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6.

Таким образом, количество способов выбора трёх шаров из пяти без учёта порядка следования выбраных шаров в 6 раз меньше аналогичного количества с учётом порядка следования выбранных шаров, то есть 60 : 6 = 10.

Пользуясь обозначением факториала числа, можно записать

Количество размещений трёх шаров из пяти: 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60

Количество сочетаний трёх шаров из пяти: 5 ⋅ 4 ⋅ 3 : (3 ⋅ 2 ⋅ 1) = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 : 3! = 10

Приведённые рассуждения позволяют понимать разницу между количеством размещений и количеством сочетаний и применяются для решения аналогичных задач.

В отряде 10 человек. Сколькими способами можно выбрать: 1) командира, заместителя, повара и связного? 2) бригаду из четырёх человек для уборки территории?

В первом случае речь идёт о количестве размещений членов отряда по четырём должностям, которое равно 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 5040.

Во втором случае места людей внутри бригады не важны. Например, если переставить местами первого и второго членов бригады, состав бригады не меняется, она остаётся той же самой. Поэтому нужно подсчитать количество сочетаний четырёх человек из десяти, оно равно 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 : 4! = 210.

Задача №3 ([2], №240, б)

Имеется 17 телефонов. Можно ли их соединить попарно так, чтобы каждый был соединён ровно с семью телефонами?

Решение

Представим, что каждая пара телефонов соединена проводом, на обоих концах которого находятся разъёмы для подключения (вилка или розетка). Если каждый из 17 телефонов соединён с 7 другими телефонами, то количество разъёмов равно 17 ⋅ 7 = 119. Но количество разъёмов должно быть чётным, так как равно количеству проводов, умноженному на два. Полученное противоречие доказывает невозможность указанного способа подключения телефонов.

Ответ: нет.

Задачи развивают способность подсчитывать комбинации возможных случаев, подготавливают к изучению основ теории вероятностей и статистики.

Геометрические задачи

Задача №1 ([2], №111)

Из угла коробки можно по поверхности добраться до противоположного угла двумя кратчайшими путями — по двум боковым граням или сначала по боковой, потом по верхней грани, как показано на рисунке. Какой из этих путей короче?

Решение

Нарисуем развёртку пар граней, по которым проходят сравниваемые пути. Из рисунка ниже видно, что путь, проходящий по боковой и верхней граням, короче.

Можно обосновать сравнение более строго, а не просто "на глаз". Поместим начала сравниваемых отрезков в одну точку, как показано на рисунке ниже. Одна клетка обозначает квадрат 10 см x 10 см или 1 x 1, если за единицу взять 10 см. Сравниваемые отрезки, нарисованные сплошными линиями, являются диагоналями прямоугольников 3 x 4 и 6 x 1.

Сделаем дополнительное построение. Начертим отрезок 1 x 6 — пунктирная линия слева, соединим концы отрезков 6 x 1 и 1 x 6 отрезком, получается треугольник с двумя одинаковыми сторонами. Конец отрезка 3 x 4 лежит на стороне этого треугольника. Очевидно, что любой внутренний отрезок построенного треугольника, начинающийся в той же точке (слева внизу) и заканчивающийся на указанной стороне, меньше отрезка 6 x 1.

Ответ: путь, проходящий по боковой и верхней граням, короче.

Сравниваемые пути можно также вычислить по теореме Пифагора, но школьникам младших классов она, как правило, неизвестна.

Задача №2 ([2], №92)

Можно ли из прямоугольных параллелепипедов 1 x 1 x 3 сложить куб 4 x 4 x 4?

Решение

Куб 4 x 4 x 4 состоит из 64 единичных кубиков 1 x 1 x 1, а прямоугольный параллелепипед 1 x 1 x 3 состоит из 3 таких кубиков. Так как 64 не делится на 3, куб 4 x 4 x 4 нельзя сложить из целого количества прямоугольных параллелепипедов 1 x 1 x 3.

Ответ: нет.

Задача №3 ([3], №770)

Грани куба можно окрасить либо все в белый цвет, либо все в чёрный, либо некоторые в белый, а некоторые в чёрный. Сколько существует разных способов окраски? Два куба считаются окрашенными различно, если их нельзя перепутать, как ни вращай.

Решение

Для краткого описания способов окраски, будем называть двугранным и трёхгранным углами соединения граней, изображённые на рисунках ниже. Двугранный угол это угол, образуемый двумя гранями, пересекающимися по прямой линии. Трёхгранный угол образуется тремя гранями, пересекающимися в точке (являющейся вершиной такого угла). Видно, что грани, образующие трёхгранный угол, образуют также между собой три двугранных угла.

Подсчёт способов окраски начнём с полностью чёрного куба, затем будем добавлять по одной белой грани, в конце придём к полностью белому кубу.

• Все 6 граней чёрные — 1 способ
• 5 граней чёрные и 1 грань белая — 1 способ
• 4 грани чёрные и 2 белые — 2 способа:

  1) белые грани напротив друг друга

  2) белые грани являются смежными и образуют двугранный угол

• 3 грани чёрные и 3 белые — 2 способа

  1) белые грани не образуют трёхгранный угол (только два двугранных)

  2) белые грани образуют трёхгранный угол

• 2 грани чёрные и 4 белые — 2 способа

  1) белые грани не образуют трёхгранный угол (только четыре двугранных)

  2) белые грани образуют два трёхгранных угла

• 1 грань чёрная и 5 белых — 1 способ
• Все 6 граней белые — 1 способ

Из приведённых рассуждений очевидно, что других способов окраски не существует. Любая окраска получается одним из подсчитанных способов и, при необходимости, вращением куба.

Итого 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 1 + 1 = 10 способов окраски.

Ответ: 10 способов.

Задачи развивают пространственное воображение, подготав­ливают к изучению разделов геометрии старших классов.

Задачи для самостоятельного решения

Ответы к задачам приведены в конце раздела

Логические задачи

1. В кругу сидят Иванов, Петров, Карпов и Марков. Их имена: Андрей, Сергей, Тимофей и Алексей. Известно, что

1) Иванов не Алексей и не Андрей;
2) Сергей сидит между Марковым и Тимофеем;
3) Карпов не Сергей и не Алексей;
4) Петров сидит между Карповым и Андреем.

Кто есть кто? ([1], 3, №3)

2. Девять человек сидят за круглым столом. По очереди каждый из них говорит: "Один из моих соседей — лжец, другой — не лжец". Известно, что лжецы всегда лгут, а остальные всегда говорят правду. Кроме того, все знают, являются ли лжецами их соседи. Сколько лжецов за столом? ([3], №291, б)

Обратный ход

3. Витя задумал число, прибавил к нему 8, умножил на 4, вычел 36 и разделил на 2. В результате получилось 32. Какое число задумал Витя?

4. Бригада рабочих построила дом за 3 дня. За первый день они построили четверть дома и ещё полтора этажа. За второй день — треть от оставшегося и ещё 1 этаж. За третий день построили половину оставшегося и ещё полэтажа. Сколько этажей в доме?

Числовые ребусы

5. Решить числовой ребус ([3], №17, л)

6. Решить числовой ребус:  ВАГОН + ВАГОН = СОСТАВ ([2], №22, в)

Задачи на использование свойств чётности

7. Можно ли разменять 25 р. десятью купюрами достоинством 1, 3 и 5 рублей? ([3], №440)

8. Коля утверждает, что знает четыре целых числа, произведение и сумма которых — нечётные числа. Не ошибается ли он? ([1], 6, №7)

9. Рассмотрим первые 50 натуральных чисел. Докажите, что сумма никаких 36 из них не равна сумме 14 других. ([3], №446)

10. В шести коробках лежат деньги. В первой — 1 р., во второй — 2 р., в третьей — 3 р. и так далее, в шестрой — 6 р. За один ход разрешается в любые две коробки добавить по 1 р. Можно ли за несколько ходов уравнять количество рублей в коробках? ([2], №73)

Задачи на взвешивание

В задаче №11 считается, что ошибка весов (недовес или перевес) не зависит от того, какой груз на весах, а в №12 и №13 вес предметов одного рода одинаковый.

Задачи следует решать не алгебраически, как системы уравнений с неизвестными переменными (которые изучаются только в 8 классе), а практически — путём мысленного перекладывания предметов с/на чаши весов.

11. На плохо отрегулированных весах взвесили четыре мешка крупы — получилось 196 кг. Когда взвесили на тех же весах 1-й и 2-й мешки вместе, получилось 94 кг, а 3-й и 4-й мешки вместе — 104 кг. Определите по этим данным правильный общий вес четырёх мешков.

12. Кочан капусты и 2 луковицы весят как 5 свёкл, а 2 кочана капусты весят как 4 луковицы и 6 свёкл. Что больше весит — кочан капусты или 6 луковиц?

13. На одной чаше весов лежат 6 слив и 2 груши, на другой чаше — 1 слива и 4 груши. Весы находятся в равновесии. Что легче: 7 слив или 3 груши?

Задачи на переливание

14. Имеется 2 сосуда вместимостью 5 и 7 литров. Как с помощью этих сосудов налить из водопроводного крана 6 литров воды? ([2], №115)

15. Имеется два вида песочных часов. Одни отмеряют 7 минут, другие — 11 минут. Как с их помощью отмерить 15 минут? ([2], №119)

«В худшем случае»

16. На складе в магазине остались ботинки:

42-го размера — 2 пары чёрных и 3 пары коричневых;
43-го размера — 1 пара чёрных и 4 пары коричневых;
44-го размера — 6 пар чёрных.

На складе отключился свет, поэтому цвет и размер ботинок в темноте не видно. Сколько ботинок нужно взять, чтобы обязательно попалась чёрная пара одного размера?

17. В ящике 28 красных, 20 зелёных, 12 жёлтых, 20 синих, 10 белых и 10 чёрных шариков. Какое наименьшее количество шариков надо вытащить, не заглядывая в ящик, чтобы среди вытащенных шариков обязательно оказалось не меньше 15 шариков одного цвета? ([3], №58)

18. Иван-царевич добыл ключи от нескольких комнат в подземелье, но не знал, какой ключ от какой комнаты. Сколько комнат в подземелье, если в худшем случае ему достаточно 21 пробы, чтобы подобрать ключи ко всем комнатам? ([2], №180)

Принцип Дирихле

Каким бы способом ни решались задачи, обязательно установить аналогию с кроликами в клетках. То есть понять, что является клетками и что — кроликами.

19. В коллекции имееся 25 монет по 1, 2, 3, 5 копеек. Имеется ли среди них 7 монет одинакового достоинства? ([2], №185)

20. Пять мальчиков собрали вместе 14 грибов, каждый нашёл хотя бы один гриб. Докажите, что хотя бы два мальчика нашли одинаковое количество грибов. ([2], №186)

21. На первый курс принято 100 студентов, все они сдавали экзамены. Из них 18 являются призёрами олимпиад, 35 получили "отлично" по математике, 37 — "отлично" по физике, 9 закончили школу с медалью. Докажите, что хотя бы один первокурсник не является ни призёром олимпиады, ни медалистом, ни отличником по математике и физике.

Пересечение и объединение множеств

22. Каждый десятый математик — философ. Каждый сотый философ — математик. Кого больше — философов или математиков? ([3], №552)

23. В ясельной группе 11 детей любят манную кашу, 13 — гречневую и 7 — перловую. Из них 4 любят и манную кашу и гречневую, 3 — манную и перловую, 6 — гречневую и перловую, а двое — все три каши. Сколько детей в группе, если среди них нет ни одного, который бы вовсе не любил кашу? ([1], 13, №8)

24. Доля здоровых среди спортсменов больше, чем доля здоровых среди всех людей. Что больше — доля спортсменов среди здоровых или доля спортсменов среди всех людей?

Комбинаторика

25. Восемь учёных обменялись результатами своих исследований — каждый отправил их каждому по электронной почте. Сколько всего электронных писем отправлено?

26. Восемь учёных обсудили по телефону свои исследовования — каждый разговаривал отдельно с каждым. Сколько всего было телефонных разговоров?

27. В спортивной секции занимается 9 человек. Сколькими способами можно выбрать из них старшего по залу и его помощника?

28. Алёша, Игорь, Сергей, Петя, Вася и Федя — лучшие математики класса. На олимпиаду нужно выставить команду из трёх человек. Сколько составов команды можно образовать из этих шести учеников?

29. В классе 33 человека и каждый дружит ровно с пятью одноклассниками. Может ли такое быть? ([2], 240, а)

Ответы к задачам

1. Иванов — Сергей, Петров — Алексей, Карпов — Тимофей, Марков — Андрей.

2. Два решения: все лжецы; 3 лжеца.

3. 17 [(32 ⋅ 2 + 36) : 4 − 8].

4. 6 этажей. Для удобства можно нарисовать схемы прямого и обратного ходов. Учесть, что, например, уменьшение исходного количества на четверть равнозначно умножению его на ¾.

5. 12 × 89 = 1068.

6. 85679 + 85679 = 171358.

7. Нет. Сумма чётного количества (10) нечётных чисел (1, 3, 5) чётна.

8. Ошибается. Произведение нечётно, только когда оба сомножителя нечётны. Но тогда их сумма будет чётной.

9. Если суммы 36 и 14 чисел равны, то сумма этих сумм чётна. Но сумма первых 50 натуральных чисел нечётна, так в неё входит нечётное количество (25) нечётных чисел.

10. Нет. Исходная сумма во всех коробках нечётна (21 р). Если в 6 коробках будут одинаковые количества рублей, то сумма станет чётной. Но из нечётного числа нельзя получить чётное путём прибавления двоек.

11. 194 кг.

12. Кочан капусты тяжелее 6 луковиц.

13. 7 слив легче 3 груш.

14. Ответ в таблице

16. 24 ботинка (2 + 1 + 6 + 3 × 2 + 4 × 2).

17. 75 шариков (10 + 10 + 12 + 14 + 14 + 14 + 1).

18. 7 комнат. Если для комнаты испробованы все ключи, за исключением последнего, его не проверять не нужно, так как уже понятно, что он должен подходить.

19. Да. Если монет каждого достоинства не более 6, то всего монет не более 4 × 6 = 24 — противоречие. Кролики — монеты, клетки — достоинства монет.

20. Если все мальчики собрали разное количество грибов, то всего грибов не менее 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 > 14 — противоречие с условием. Кролики — мальчики, клетки — разные количества грибов, которых не более 4.

21. Назовём достижениями приз на олимпиаде, отличную оценку, медаль. Если на курсе все студенты имеют хотя бы одно достижение, то количество достижений не менее 100. Но по условию это количество равно 18 + 35 + 37 + 9 = 99 < 100 — противоречие. Кролики — отсутствия достижений (которых 301), клетки — студенты.

22. Философов больше, чем математиков (в 10 раз).

23. 20 детей [11 + 13 + 7 − (4 − 2) − (3 − 2) − (6 − 2) − 2 × 2].

24. Доля спортсменов среди здоровых больше доли спортсменов среди всех людей.

25. 56 электронных писем (8 × 7).

26. 28 телефонных разговоров (8 × 7 : 2).

27. 72 способа (9 × 8 — количество размещений 2 из 9).

28. 20 составов команды [6 ⋅ 5 ⋅ 4 : (3 ⋅ 2 ⋅ 1) — количество сочетаний 3 из 6].

29. Нет. Если ситуация в условии верна, то общее количество раз, которое ученики входят в парные дружеские отношения, равно 33 ученика × 5 отношений = 165. В каждое парное отношение входит 2 ученика. Поэтому количество парных отношений в два раза меньше количества вхождений в них учеников, и равно дробному числу 165 : 2 — противоречие.

Для наглядности каждое парное отношение можно предствить в виде верёвки, которую держат ученики, входящие в это отношение. Количество верёвок в два раза меньше количества её концов, каждый из которых держит один из учеников.

Сводка развиваемых качеств и навыков

В таблице сведены рассмотренные типы задач и навыки, необходимые при решении.

Приведённые виды задач не исчерпывают все темы развивающей математики. Множество разнообразных задач приведено в перечисленных ниже пособиях.

Задачи по занимательной математике