Четыре друга пришли с рыбалки каждые двое сосчитали суммы своих уловов

На рыбалке. Четыре друга пришли с рыбалки. Каждые двое сосчитали суммы своих уловов. Получилось шесть чисел: 7, 9, 14, 14, 19, 21. Сможете ли Вы узнать, каковы были уловы?

Подсказка

Попробуйте определись общую сумму улова.

Решение

Друзей было четверо, значит каждый считал свой улов три раза. Значит, если мы сложим все шесть сумм, то получим утроенную сумму улова. Отсюда сразу получаем, что общая сумму улова — 28 рыб. А это, в свою очередь, означает, что наши шесть сумм должны распадаться на пары чисел, в сумме дающих 28. Действительно, вот эти пары: 7 и 21, 9 и 19, 14 и 14. Из первой пары чисел следует, что два участника (I-й и II-й), наловившие меньше всего рыбы, в сумме поймали 7 рыб. Это значит, что наловивший меньше всех (I-й) не мог выловить больше 3-х рыб, т. е., он поймал 1, 2 или 3 рыбы. Но тогда II-й, соответственно поймал 6, 5 или 4 рыбы. Теперь рассмотрим последнюю пару сумм — 14 и 14. Понятно, что одна из этих сумм — I+IV, другая — II+III. Парам 1–6, 2–5 и 3–4 будут соответствовать 13–8, 12–7 и 11–10. Проверим, какие будут суммы. 3+10=13 — такой суммы нету, значит последний вариант отпадает. 12+5=17 — такой суммы тоже нет, так что и этот вариант отпадает. А первый набор — 1, 6, 8, 13 — как раз соответствует условию задачи.

Источники и прецеденты использования

кружок
Место проведения	МЦНМО
класс
Класс	6
год
Год	2004/2005
занятие
Номер	10
задача
Номер	10.7

Проект осуществляется при поддержке и .

«Математический кружок (8–9 класс) Составители: Е. А. Асташов, Д. А. Удимов Первое полугодие Москва, 2015 Математический кружок (8–9 класс). Первое полугодие / Универсальная методическая . »

Московский государственный университет

имени М. В. Ломоносова

Составители: Е. А. Асташов, Д. А. Удимов

Математический кружок (8–9 класс). Первое полугодие / Универсальная методическая разработка по решению нестандартных

задач для элективных курсов в средних общеобразовательных организациях // Сост. Е. А. Асташов, Д. А. Удимов. М.: МГУ, 2015.

Брошюра разработана в рамках совместной программы Развитие интеллектуальных способностей математически одарённых школьников и повышение качества математического образования МГУ и Департамента образования города Москвы.

Содержание Общие указания по проведению кружка 4 Письменная работа Листок 1. Знакомство 12 Листок 2. Доказательства от противного и принцип Дирихле 19 Листок 3. Примеры и контрпримеры 24 Листок 4. Инварианты Листок 5. Остатки Листок 6. Графы-1: ГеоГРАФия 38 Листок 7. Графы-2: лемма о рукопожатиях 42 Листок 8. Просто о простых 47 Листок 9. НОД и НОК Листок 10. Алгоритм Евклида 59 Листок 11. Математические игры-1: явные стратегии 63 Листок 12. Математические игры-2: анализ позиций 70 Листок 13. Индукция Листок 14. Найди крайнего 81 Листок 15. Множества Общие указания по проведению кружка Первое полугодие методической разработки состоит из пятнадцати листочков с задачами. Методическую разработку сопровождает комплект листочков для распечатывания и выдачи участникам кружка. В самой же брошюре приведены ответы и решения к задачам, указания, советы, идеи и примеры разного рода, которые могут оказаться полезными при использовании этой разработки. Конечно, мы не предлагаем буквально следовать всем этим советам!

На первых двух занятиях кружка руководителю важно примерно понять общий уровень участников и степень их знакомства с отдельными темами. Для этого на нулевом занятии кружка мы предлагаем провести письменную работу с задачами по разным темам, которую затем надо проверить (ниже даются критерии проверки по предложенным задачам) и подвести статистику решения задач не только по каждому ученику, но и по каждой задаче. На первом занятии участникам выдаются проверенные работы, проводится разбор задач и типичных ошибок при решении. Затем школьникам выдаётся ещё один листочек с задачами по разным темам ( Знакомство ), и занятие проводится уже по обычной схеме (см.

ниже). На этом занятии школьники привыкают к формату проведения кружка, а руководитель продолжает оценивать знания и способности школьников (в частности, умение излагать свои мысли устно).

Занятие по листочку проводится по следующей схеме.

До занятия руководитель кружка решает сам все задачи, которые он собирается предложить детям. При этом важно подумать о том, как будут подходить к решению этих задач ваши ученики. Если решение задачи требует знаний по школьной программе, которых у ваших учеников пока нет, такую задачу давать на кружке ни в коем случае не следует.

В начале занятия можно разобрать некоторые задачи предыдущего занятия если об этом просят школьники или если руководитель кружка считает нужным это сделать.

• Разбирать абсолютно все задачи не нужно лучше обратить внимание на те задачи, при решении которых школьники допускали много ошибок или над которыми школьники долго думали, но не дошли до полного решения.

• Отдельные задачи, которые являются ключевыми по данной теме, стоит разбирать у доски. Если многие на них застряли, то стоит дать подсказку или даже разобрать эти задачи у доски в середине занятия. Если такую задачу не решило меньшинство школьников с ними можно её обсудить индивидуально или разобрать её у доски в конце занятия.

• Разбор задач, по нашему мнению, лучше проводить именно в начале следующего занятия, а не на том же занятии, на котором задачи были даны: так у школьников останется возможность ещё подумать над задачами дома (в качестве необязательного домашнего задания). Обязательных домашних заданий на кружке мы не советуем задавать.

Затем руководитель кружка объясняет новую тему. В комментариях к каждому листочку написано, чт мы рекомендуем расскао зывать школьникам в начале каждого занятия.

• Если тема близка к школьной программе и не требует никаких дополнительных знаний, всё равно полезно бывает напомнить необходимые определения и факты.

• В начале занятия стоит не только объяснять теорию, но и разбирать две-три несложные задачи по теме у доски для разгона (примеры таких задач мы тоже приводим в комментариях, но вы можете подобрать и свои по своему вкусу и в зависимости от уровня ваших учеников). Эти задачи следует подбирать так, чтобы на сравнительно простых примерах проиллюстрировать применение нового метода или использование нового понятия.

• В листочках по некоторым темам есть формулировки теорем, которые надо обсуждать и разбирать на примерах в начале занятия. Доказывать эти теоремы в начале занятия необязательно и иногда даже вредно (на это уходит много времени от занятия). Часть этих теорем доказывается в школьном курсе математики. Некоторые теоремы предлагается доказать в качестве одной из задач листочка (иногда для решения этой задачи нужно сначала решить несколько предшествующих ей наводящих задач, поэтому такие задачи обычно стоят ближе к концу листочка). Однако в первую очередь (особенно для не очень сильных школьников) важнее не досконально разобраться в доказательстве самой теоремы, а научиться её применять при решении задач.

После объяснения новой темы:

• каждому участнику кружка выдаётся распечатанный листок с условиями задач;

• школьники самостоятельно думают над задачами;

• руководитель кружка и его помощники (если они есть) индивидуально принимают решения задач;

• если решение неверно, школьнику предлагается подумать ещё и исправить недочёты;

• если решение верно, школьник получает плюсик и поздравления (Молодец!);

• не нужно ставить оценки.

Мы категорически не советуем:

• делать занятия кружка обязательными для посещения;

• проводить на кружке проверочные и контрольные работы;

• стремиться подготовить детей к определённому виду соревнований / олимпиад;

• стремиться объяснить детям решения абсолютно всех задач разработки;

• читать указания и решения к задачам, не прорешав их самостоятельно.

Плюсики за решённые задачи обычно записываются в специальную табличку. Без неё вполне можно и обойтись, но, во-первых, она даёт возможность руководителю кружка анализировать статистику решения задач, а во-вторых детям приятно получить плюсик.

Основная цель каждого занятия кружка в том, чтобы дети самостоятельно придумали решения нескольких нестандартных задач и испытали радость. Поэтому не стоит расстраиваться, если некоторые задачи вы не успеете разобрать или никто из детей не дойдёт до самых последних задач. Мы считаем, что если участник кружка за занятие самостоятельно решит 2-3 задачи и ещё по 1-2 задачам у него будут какие-то полезные соображения, то это уже хороший результат.

Что делать, если задачи окажутся слишком сложными для ваших учеников? Мы ни в коем случае не советуем превращать занятие кружка в разбор всех задач у доски. Иногда можно давать подсказки (как индивидуально, так и у доски) некоторые конкретные советы мы приводим ниже. Если большинство предложенных задач слишком трудны, мы советуем подбирать к каждому занятию несколько задач попроще.

При выборе задач в первую очередь руководствуйтесь собственным вкусом и силами ваших детей задачи должны нравиться вам и должны пусть и не сразу, но без существенных подсказок получаться у ваших детей.

Письменная работа Основная цель письменной работы получить представление о том, какие темы и в какой степени знакомы учащимся. Если у большинства учащихся нет опыта в решении олимпиадных задач, то рекомендуется пропустить письменную работу и начать занятия сразу с Знакомства. В этом случае письменную работу можно провести в середине учебного года для проверки того, насколько хорошо и полно учащиеся способны изложить свои решения самостоятельно.

После письменной работы (например, на следующем занятии кружка) её стоит разобрать у доски.

1 Сын вдвое моложе отца. Родился он, когда отцу было 24 года.

Сколько лет сыну?

Решение. Жизнь отца к настоящему моменту делится на две равных части: до рождения сына и после его рождения. Первая часть 24 года, значит, и вторая тоже. Так что отцу 48, а сыну 24. Также можно составить и решить простое уравнение.

2 В равнобедренном треугольнике один из углов равен 45. Какой это треугольник остроугольный, прямоугольный или тупоугольный?

Решение. Возможны два случая: указанный угол находится при вершине или при основании равнобедренного треугольника. Поскольку в равнобедренном треугольнике углы при основании равны, а сумма углов в треугольнике равна 180, можно найти остальные углы. В первом случае треугольник имеет углы 45, (180 45 ) :

2 = 67.5, 67.5. Во втором случае 45, 45, 180 45 · 2 = 90.

Поэтому в первом случае треугольник остроугольный, а во втором случае прямоугольный.

–Если рассмотрен только один случай, то задача не считается решённой.

3 В кинотеатре несколько рядов по 12 кресел. Первый ряд пронумерован от 1 до 12, второй от 13 до 24, и так далее. Номер сидения

Решение. Обозначим за x номер сиденья Васи и номер ряда Пети.

Тогда номер сиденья Пети равен 12(x 1) + y, где 1 y 12.Мы знаем, что x + 12(x 1) + y = 123, откуда 13x + y = 135. Деля 135 на 13 с остатком (помним ограничения на y), получим 135 = 13 · 10 + 5.

Отсюда y = 5, x = 10. Значит, номер места Васи равен 10, а номер места Пети равен 113.

4 Поля, Даша, Света и Юля были на математической олимпиаде.

На вопрос Кто из вас решил последнюю задачу? они ответили так:

Поля: Даша не решила задачу. Я тоже её не решила.

Даша: Юля решила задачу. А вот Света нет.

Света: Да, задачу решила Юля. А вот я не смогла.

Юля: Поля решила задачу. Света тоже.

Кто мог решить задачу, если каждая девочка один раз сказала правду, а один раз ошиблась? Перечислите все возможные варианты.

Решение. Света и Даша утверждают одно и то же, хотя и в разной последовательности. Значит, одинаковые их утверждения либо одновременно истинны, либо одновременно ложны.

Случай 1. Пусть утверждение о том, что Света не решила задачу, истинно, а утверждение о том, что ее решила Юля, ложно.

Тогда второе утверждение Юли ложно, а ее первое утверждение истинно.

Значит, второе утверждение Поли ложно, а первое истинно. В этом случае задачу решила только Поля.

Случай 2. Пусть теперь истинно утверждение о том, что Юля решила задачу, а второе утверждение Светы и Даши ложно.

В этом случае задачу решили Света, Даша и Юля.

Ответ: либо только Поля, либо Света, Даша и Юля.

5 В классе 25 человек. Может ли быть так, что 6 из них имеют ровно по 3 друга, 10 ровно по 4 друга, а 9 ровно по 5 друзей в этом классе?

Решение. Посчитаем количество дружб. Оно должно быть равно 6·3+10·4+9·5 (если просто сложить количество друзей у всех людей, каждая дружба будет посчитана по два раза), но это нецелое число. Поэтому описанная в условии ситуация невозможна.

–Учащиеся, знакомые с понятием графа, могут решить эту задачу, сославшись на лемму о рукопожатиях: сумма степеней всех вершин графа должна быть чётной.

6 Сколькими способами можно переставить буквы в слове МЕХМАТ так, чтобы между двумя гласными буквами стояли две согласные?

Решение. Есть 3 способа выбрать место для двух гласных (первая и четвёртая позиции, вторая и пятая, третья и шестая), затем 2 способа их расставить по этим местам. На остальные 4 места расставляем 4 буквы, из которых две одинаковые. Перестановок всего 4!, при этом ровно половина из них — повторы, где мы по разному упорядочили две одинаковые буквы, не поменяв тем самым получившийся набор букв. Итого число способов равно 3 · 2 · 4! : 2 = 72.

–Учащимся в качестве корректного решения можно засчитать любые верные рассуждения, приводящие к правильному ответу. В том числе и полный перебор, если он выполнен верно.

7 ABCD четырёхугольник, причём AD||BC. Точка M лежит на прямой BC, AM BD, AM биссектриса угла BAD, BM A = ABD. Докажите, что ABM D квадрат.

Решение. 1. DAM = AM B как н/л углы при AD||BC и секущей AM. Значит, DAM = AM B = ABD = BAM.

2. Обозначим AM BD = K. Из прямоугольного (по условию) ABK по теореме о сумме углов треугольника и с учетом п. 1 получаем BAK = ABK = 1 · (180 AKB) = 45. Отсюда (или сразу из п. 1) следует, что ABK равнобедренный.

3. С помощью признаков равенства треугольников получаем, что ABK = BKM = M KD = AKD, откуда следует равенство их острых углов (они все равны 45 ). Отсюда получаем, что все углы четырёхугольника ABM D прямые. Кроме того, из равенства тех же треугольников следует равенство их гипотенуз, а они служат сторонами четырёхугольника ABM D. Таким образом, ABM D квадрат, что и требовалось доказать.

8 Может ли сумма квадратов двух нечётных чисел быть квадратом целого числа?

Решение. Квадрат целого числа может давать остаток 0 или 1 при делении на 4, квадрат нечетного только остаток 1. Сумма двух чисел с остатком 1 дает число с остатком 2.

9 Найдите НОД всех девятизначных чисел, полученных перестановкой цифр в числе 123456789 (включая и само это число).

Решение. Во-первых, по признаку делимости на 9 все эти числа делятся на 9 (их сумма цифр 45). Во-вторых, на НОД всех этих чисел должна делиться и разность любых двух из них. В частности, 123456798 123456789 = 9 должно делиться на этот НОД, поэтому НОД не может быть больше 9.

Листок 1. Знакомство Данный листок содержит подборку задач по разным темам.

Цель занятия познакомить учащихся с различными типами задач, от конструирования примеров до решения содержательных задач по предстоящим темам. Устная сдача задач позволяет оценить не только качество решения задачи, но и способность устно объяснить это решение принимающему. Также это занятие можно рассматривать как дополнение или замену письменной работы для получения представления об общем уровне учащихся и степени их знакомства с различными темами.

1 Разрежьте квадрат 4 4 на две равные части четырьмя различными способами так, чтобы линия разреза шла по сторонам клеток.

Способы, различающиеся поворотом или отражением, считаются одинаковыми.

Ответ. Прямоугольники 24, прямоугольники 24 с одним вырезанным и переклеенным квадратиком, прямоугольники 23 с приклееным прямоугольником 21, зацепленнные гребёнки.

2 Как из 15-литровой бочки отлить 8 л воды, имея две бочки вместимостью 5 л и 9 л? Переливать воду можно только в эти две бочки.

Решение. Наполняем девятилитровую бочку. Из неё переливаем 5 литров в пятилитровую. Затем из пятилитровой выливаем эти 5 литров обратно в 15-литровую, а в пятилитровую выливаем оставшиеся в девятилитровой бочке 4 литра. Снова наполняем девятилитровую бочку. Доливаем из неё пятилитровую бочку на это уходит один литр. В девятилитровой остаётся 8 литров.

Учащийся не знает, что делать.

–Попробуй попереливать. Посмотри, какие варианты получаются, запиши их.

3 В записи 1 2 4 8 16 32 64 = 27 замените знаки знаками + и так, чтобы равенство стало верным.

Ответ. 1 2 + 4 + 8 16 32 + 64 = 27.

Решение. В задаче замаскирована двоичная запись числа. 27 = 1 + 2 + 8 + 16 = 1 + (4 2) + 8 + (64 32 16). Для решения задачи, впрочем, понимание этого факта не является необходимым. Задачу можно решить и подбором.

Учащийся не знает, что делать.

–Попробуй подбирать. Как ты думаешь, какой знак может стоять перед числом 64? А перед 32?

4 Сколько различных слов (не обязательно осмысленных) можно получить, переставляя буквы в слове: а) МАЛЫЙ; б) МЕХМАТ?

Ответ. а) 5! = 120 ; б) 6! : 2 = 360.

Решение. а) На первое место можно поставить любую из 5 букв.

На второе любую из оставшихся четырёх и так далее. Получается 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! = 120 вариантов.

б) Пусть буквы М различаются, например, назовём их Ми М-2. Тогда различных перестановок получается, аналогично пункту а), 6!. Но при этом варианты, которые различаются только перестановкой между собой букв М-1 и М-2, на самом деле совпадают. То есть каждый вариант посчитан дважды: в одном случае раньше в слове поставлена М-1, в другом М-2. Поэтому получившееся количество нужно разделить на 2. Получим 6! : 2 = 360.

Учащийся не знает, что делать.

– Сколько способов выбрать первую букву? А вторую? А третью?

Учащийся сделал пункт б) так же, как а)

–Смотри, получается, что вариант МЕХМАТ ты подсчитал два раза. А почему?

Учащийся сделал пункт а) и не знает, как приняться за пункт б)

–А если бы все буквы были разные? Например, буквы М были бы разного цвета? И сколько лишних способов так получилось?

5 а) 31 декабря 2011 года возраст Евгения Александровича совпадал с суммой цифр его года рождения. Сколько лет Евгению Александровичу было 31 декабря 2014 года? б) Докажите единственность ответа.

Ответ. а) 23 года.

Решение. Максимум сумма цифр года рождения может равняться 1 + 9 + 9 + 9 = 28, минимум 2. Поэтому Е.А. родился самое раннее в 1983, а самое позднее в 2009. Заметим, что если менять только последнюю цифру года рождения, то сумма цифр будет увеличиваться, а возраст уменьшаться (и наоборот) на одну и ту же величину. Поэтому в каждом десятилетии не более одного подходящего года. Остаётся проверить возможные десятилетия. Если год рождения попадает на нулевые, получаем уравнение 2 + 0 + 0 + x = 11 x. То есть 2x = 9, что не имеет решения в целых числах. Если год рождения попадает на восьмидесятые, то получаем уравнение 1 + 9 + 8 + x = 31 x или 2x = 13, что тоже не имеет решения в целых числах. Наконец, для девяностых получаем уравнение 1 + 9 + 9 + x = 21 x. Решая его, получаем, единственный ответ: x = 1. Поэтому Е.А. родился в 1991 году. Значит, в 2014 году ему исполнилось 23 года.

Учащийся подбором нашёл ответ.

–Почему нет других вариантов? Или есть? А сколько максимум лет могло быть Е.А. в 2011 году?

Учащийся не знает, что делать.

–А сколько максимум лет могло быть Е.А. в 2011 году?

6 Четыре друга пришли с рыбалки. Каждые двое сосчитали сумму своих уловов. Получилось шесть чисел: 7, 9, 14, 14, 19, 21. а) Сколько всего рыб было поймано? б) Сможете ли вы узнать, каковы были уловы?

Ответ. а) 28, б) Да, 1, 6, 8, 13.

Решение. Заметим, что улов каждого посчитан ровно в трёх суммах. Поэтому если мы сложим все шесть чисел, то получим утроенный общий улов. Значит, всего поймано (7+9+14+14+19+21) : 3 = 28 рыб. Обозначим их уловы как a b c d. Попарные суммы имеют вид a+b, a+c, a+d, b+c, b+d, c+d. Тогда a+b минимальная сумма двух уловов. Заметим, что второй по минимальности суммой будет a + c она не превосходит любую из остальных четырёх. Поэтому a + b = 7, a + c = 9. Аналогично b + d = 19, c + d = 21. Поэтому остаются две суммы: b + c = 14 = a + d. Остаётся решить систему уравнений. c = b + 2, b + b + 2 = 14, b = 6. Отсюда получаем a = 1, c = 8, d = 13.

Учащийся считает, что ответ в пункте б) нет, так как у него не получилось узнать.

–Как ты думаешь, можно ли понять, где какая пара уловов? Например, где самый большой улов? А где самый маленький? А если попробовать упорядочить рыбаков по размеру улова?

7 Гриб называется плохим, если в нём не меньше 10 червей. В лукошке 91 плохой гриб и 10 хороших. Могут ли все грибы в лукошке стать хорошими после того, как некоторые червяки переползут в другие грибы?

Решение. Раз в лукошке 91 плохой гриб, значит, в лукошке не менее 91 · 10 = 910 червей. Всего в лукошке 101 гриб. По принципу Дирихле всегда найдётся гриб, в котором не менее 10 червей, т.е. плохой.

Иначе, можем расписать принцип Дирихле подробнее, через метод от противного. Пусть в лукошке все грибы стали хорошими. Тогда в них всего не более, чем 101 · 9 = 909 червей. Противоречие. Значит, все грибы не могут быть хорошими.

Учащийся не знает, что делать.

–Сколько всего червей может быть? А если все грибы будут хорошими?

Учащийся рассматривает конкретный случай. Как вариант, рассматривает самый плохой случай.

–А почему в других случаях всё будет так же?

Учащийся запутался в неравенствах, например, утверждает, что если все грибы хорошие, то всего червей меньше, чем 10·101 = 1010 червей.

–Указать неточность: ты утверждаешь, что червей меньше, чем

1010. Значит, максимум червей может быть 1009?

8 На доске 8 8 на первой горизонтали стоят 8 белых фишек, а на последней 8 чёрных фишек. Первыми ходят белые. За один ход можно передвинуть любую свою фишку на любое число клеток вперёд или назад по вертикали. Запрещается ходить на занятые поля, перепрыгивать через фишки соперника и пропускать ходы.

Проигрывает тот, кто не может сделать хода. Кто из игроков может обеспечить себе победу?

Решение. Ему достаточно ходить симметрично первому относительно центра доски. При этом после его хода расположение фишек будет симметричным, поэтому у него всегда будет ход: первый нарушает симметрию, второй её восстанавливает. При этом никакая вертикаль не симметрична сама себе, поэтому ход всегда будет возможен.

Учащийся не знает, что делать.

–Предложить ему сыграть с вами или с соседом по парте, посмотреть, что происходит в игре.

Учащийся предлагает стратегию (за первого или за второго игрока), которая не является выигрышной.

–Сыграть с ним, используя его стратегию, и постараться проиграть.

9 На кружке каждая девочка знакома с 5 девочками и 6 мальчиками, а каждый мальчик с 7 девочками и с 4 мальчиками. Какое наименьшее количество школьников может быть на кружке?

Решение. Давайте посчитаем количество знакомств мальчик – девочка. Если девочек d, а каждая девочка знакома с 6 мальчиками, то знакомств 6d. С другой стороны, если мальчиков m, и каждый знаком с 7 девочками, то знакомств 7m. Получается, 6d = 7m. Поэтому d. 7, m. 6. Однако если бы девочек было семь, и у каждой из..

них было бы по пять знакомых девочек, то количество знакомств девочка – девочка было бы нецелым (5 · 7 : 2). Поэтому девочек не меньше 14. Для 14 девочек и 12 мальчиков можно придумать пример, удовлетворяющий условию.

Учащийся не знает, что делать.

–Предложить посчитать количество знакомств между мальчиками и девочками. Любое ли число девочек и мальчиков может быть? Предложить попробовать построить пример.

Учащийся говорит, что минимум может быть семь девочек и шесть мальчиков (у одной девочки и одного мальчика хотя бы столько друзей). Учащийся обнаружил, что 6d = 7m.

–Почему он уверен, что действительно в таком случае удастся всех подружить в нужном количестве? Предложить построить пример.

Учащийся построил пример, но не отметил, что 6d = 7m.

–Почему нельзя обойтись меньшим количеством школьников? Например, взять меньше мальчиков.

Учащийся построил пример, отметил, что 6d = 7m, но не доказал, что не бывает случая d = 7, m = 6.

–Почему нельзя обойтись меньшим количеством школьников? Вдруг у тебя не получилось, а в другого получится?

10 Клетчатый квадрат 2013 2013 разрезали на несколько прямоугольников (по границам клеток). Докажите, что среди них найдётся прямоугольник, периметр которого делится на 4.

Решение. Пойдём от противного: пусть такого прямоугольника не найдётся. Заметим, что периметр любого целоклеточного прямоугольника является чётным числом. Периметр будет делиться на 4 тогда, когда обе стороны прямоугольника одной чётности и не будет в противном случае. Если все прямоугольники имеют периметр, не делящийся на 4, значит они все имеют одну чётную и одну нечётную сторону. В таком случае площадь каждого прямоугольника чётна.

Но тогда чётна и сумма их площадей. А сумма из площадей есть площадь квадрата, 2013 · 2013. Противоречие.

Учащийся не знает, что делать.

–Какой остаток может давать периметр при делении на 4? От чего это зависит?

Листок 2. Доказательства от противного и принцип Дирихле В начале занятия нужно сформулировать принцип Дирихле и доказать с помощью рассуждения от противного: если бы во всех клетках было не более одного кролика, то всего их было бы не более n, а их n + 1 противоречие.

Отдельно стоит обратить внимание и у доски и при приёме задач на то, как строить отрицания. Если мы хотим, чтобы нашлась клетка, в которой более 5 кроликов, то противное предположение заключается не в том, что в каждой клетке 5 кроликов и не в том, что хотя бы в одной клетке 5 кроликов, и не в том, что во всех клетках менее 5 кроликов, а в том, что во всех клетках не более пяти кроликов. Учащиеся очень любят рассматривать худший случай. Следует просить их пояснять на языке неравенств, в чём заключается худшесть этого случая и почему.

Для примера у доски разбираются следующие задачи.

• Вася учится пять дней в неделю, и у него каждый день от 5 до 8 уроков. Докажите, что в какие-то два дня у него одинаковое количество уроков.

Решение. Предположим, что каждый день разное число уроков. Тогда в какой-то день их 5, в другой 6, в третий 7, в четвертый 8. На пятый день уже никаких новых вариантов не остается.

Или сразу ссылаемся на принцип Дирихле: кролики дни недели, клетки количества уроков.

• Девять человек получили за контрольную оценки от 2 до 5. Докажите, что у троих из них оценки одинаковые.

Решение. Предположим, что каждую оценку получили не более двух человек, тогда всего оценок не более 2 · 4 = 8, а их 9 противоречие.

Или обобщённый принцип Дирихле: кролики оценки у конкретных учащихся, клетки возможные значения оценок.

–Первая подсказка всегда предложить найти кроликов и клетки. Это можно делать явно из условия задачи, а можно отталкиваться от того, сколько кроликов в итоге должно оказаться в одной клетке, то есть того, что требуется доказать.

Теорема 1 (принцип Дирихле). Если по n клеткам рассадить хотя бы n + 1 кроликов, то найдётся клетка, в которой сидит больше одного кролика.

Теорема 2 (обобщённый принцип Дирихле). Если по n клеткам рассадить более k · n кроликов, то найдётся клетка, где сидит больше k кроликов.

1 а) В классе 35 учеников. Докажите, что среди них найдутся хотя бы двое, у которых фамилия начинается с одной буквы.

б) При каком наименьшем количестве учеников в школе среди них обязательно найдутся двое, у которых день и месяц рождения совпадают?

Решение. а) Ученики = кролики, буквы = клетки.

б) Если учеников 366, они все могут родиться в разные дни (включая 29 февраля). А вот если их хотя бы 367, то у двоих уже будет день рождения в один день (ученики = кролики, дни рождения = клетки).

2 На 25 страницах книги 102 опечатки. Докажите, что на одной из них не менее 5 опечаток.

Решение. Если это не так, то на каждой странице не больше 4 опечаток, а всего их тогда не больше 25 · 4 = 100, что не так.

3 В мешке лежат 4 красных и 2 синих шара. Какое наименьшее число шаров надо вытащить не глядя, чтобы среди них точно были такие шары: а) 1 красный; б) 1 синий; в) 1 красный и 1 синий;

г) два одноцветных?

Решение. а) 3 шара (иначе могут оказаться только синие); б) 5 шаров (иначе могут оказаться все красные); в) 5 шаров (иначе могут оказаться все одноцветные, например, все красные); г) 3 шара (иначе могут оказаться два разноцветных).

–В этой задаче нет необходимости искать явно кроликов и клетки. Достаточно показать, что приведённые ответы и впрямь являются минимальными достаточными.

4 У человека на голове не более 1 000 000 волос, а в Москве более 8 000 000 жителей. Докажите, что найдутся 8 москвичей с одинаковым числом волос.

Решение. Всего есть 1000001 вариант для числа волос. Если с каждым вариантом не более 7 человек, то всего не более 7000007 человек, а это меньше 8000000.

5 В школе 65 восьмиклассников, и все они сдают по три экзамена, за каждый из которых можно получить оценку 2, 3, 4 или 5. Верно ли, что найдутся два школьника, получившие одинаковые оценки за все экзамены?

Решение. Верно. Наборов оценок всего 64 (четыре экзамена по четыре варианта оценки, итого 44 = 64). Так что если учеников 65, то у двоих наборы оценок совпадают.

6 34 пассажира едут в автобусе, который делает 9 остановок, и на этих остановках новые пассажиры не заходят. Докажите, что на каких-то двух остановках выйдет одинаковое число пассажиров (может быть, ни одного).

Решение. Если на всех остановках выходит разное число человек, то на какой-то выходит минимум 0 человек, на другой минимум 1 человек, на третьей минимум 2 человека. на последней минимум 8 человек. Итого минимум 0+1+2+· · ·+8 = 35 человек, а их только 34.

Учащийся не знает, что делать.

–Если бы на всех остановках выходило разное количество пассажиров, сколько бы минимум могло бы быть пассажиров? Почему?

7 За 5 лет обучения в университете студент сдал 31 экзамен, причём на каждом курсе он сдавал экзаменов больше, чем на предыдущем. На V курсе экзаменов было втрое больше, чем на I курсе.

А сколько экзаменов было на IV курсе?

Решение. Число экзаменов на 5 курсе делится на 3, значит, это могут быть только числа 3, 6, 9. 30. Если их там более 9, то всего экзаменов набирается больше 31 (надо оценить снизу количество экзаменов на 2, 3, 4 курсах). Если меньше 9 то будет меньше 31 экзамена (оцениваем теперь сверху). Значит, на 5 курсе было 9 3, на четвертом получается обязательно 8 экзаменов, на первом (независимо от конкретного числа экзаменов на 2 и 3 курсе).

Учащийся не знает, что делать.

–Сколько могло быть экзаменов на пятом курсе? А сколько тогда экзаменов было на остальных курсах?

8 Дано 7 отрезков с длинами от 10 до 1. Докажите, что среди этих отрезков найдутся три, из которых можно составить треугольник.

Решение. Чтобы из отрезков с длинами a b c можно было составить треугольник, достаточно выполнения неравенства a + b c.

Упорядочим наши отрезки по неубыванию длин: a1 a2 a3. a7. Если эти неравенства не выполнены для любых трех от

Учащийся не знает, что делать.

–При каком условии из отрезков можно сложить треугольник?

Пусть оно не выполнено ни для каких трёх отрезков. Что мы знаем про наименьший отрезок, какой величины он больше? А самый большой отрезок?

9 Никита разрезал лист бумаги по прямой. Затем он разрезал по прямой один из получившихся кусков, потом один из трех получившихся кусков, и т. д. Докажите, что через несколько разрезаний среди полученных многоугольников найдется 100 штук с одинаковым числом вершин.

Решение. Максимальное число вершин у имеющихся многоугольников возрастает, только если от n-угольника отрезать треугольник, и останется (n + 1)-угольник. Если 100 раз так сделать, получится 100 треугольников. Если же так сделать не более 99 раз, то получится максимум 103-угольник. Продолжая разрезания достаточно долго так, чтобы треугольников появилось не более 99, мы получим много многоугольников с числом вершин от 3 до 103.

После того, как будет еще сделано более 101 · 99 разрезаний, у нас окажется 100 многоугольников какого-то вида.

Учащийся не знает, что делать.

–Как изменяется число вершин у многоугольника при его разрезании? Когда оно растёт? Можно ли уменьшить число треугольников? А сколько треугольников есть в наличии, если имеется n-угольник?

Листок 3. Примеры и контрпримеры В начале занятия нужно объяснить, что такое контрпример к утверждению и показать несколько контрпримеров.

Например, к таким утверждениям:

• все натуральные числа либо простые, либо составные;

• все прямоугольники квадраты;

• все нечетные числа делятся на 3;

это пример, который покаКонтпример к утверждению зывает, что это утверждение неверно.

1 Можно ли расположить 12 одинаковых монет вдоль стенок большой квадратной коробки так, чтобы вдоль каждой стенки лежало ровно: а) по 2 монеты; б) по 3 монеты; в) по 4 монеты; г) по 5 монет; д) по 6 монет; е) по 7 монет? Монеты можно класть друг на друга.

Решение. а) нет: тогда всего выйдет не более 2 · 4 = 8 монет. б) да:

берем и кладем поровну у каждой стенки. в) да: по одной монете в угол и еще по две к каждой стороне. г) да: по стопке из двух монет в каждый угол и еще по одной монете к каждой стороне.

д) да: по стопке из трех монет в каждый угол. е) нет. Заметим, что монета не может касаться двух противоположных стенок коробки.

Поэтому общее число монет, касающихся двух противоположных стенок, равно 7 + 7 = 14 12.

2 Приведите контрпример к каждому из следующих утверждений.

а) Все четырёхугольники, у которых все стороны равны, квадраты.

б) Через любые три точки плоскости можно провести прямую.

в) Через любые три точки плоскости можно провести окружность.

г) Все простые числа нечётные.

д) Если число делится на 2 и на 6, то оно делится и на 12.

е) Если число a делится на 15 и на b, то оно делится и на 15b.

Решение. а) Ромб, не являющийся квадратом.

б) Три вершины треугольника.

в) Три точки на одной прямой. Можно требовать доказательства в духе построений циркулем и линейкой.

г) Число 2 четное простое.

д) Числа 6, 18 и вообще все числа вида 12k + 6 делятся на 2 и на 6, но не делятся и на 12.

е) Если b не взаимно просто с 15 (например, 3, 5, 15), то утверждение неверно (можно взять a = b · 15 : НОД(15, b)), в противном случае верно. Если число a делится на 15 и на b, то оно делится и на 15b.

3 Выберите 24 клетки в прямоугольнике 5 8 и проведите в каждой выбранной клетке одну из диагоналей так, чтобы никакие две проведенные диагонали не имели общих концов.

Решение. Берем в этом прямоугольнике первую, третью и пятую полоски 1 8 и проводим в выбранных клетках диагонали, параллельные друг другу.

4 Вася думает, что если площадь первого прямоугольника больше площади второго, а также периметр первого больше периметра второго, то из первого прямоугольника можно вырезать второй. Прав ли он?

Решение. Из прямоугольника 1 10 нельзя вырезать квадрат 2 2.

5 Известно, что a = b + 1. Может ли оказаться, что a4 = b4 ?

Решение. Да, например, если a = 1, b = 1.

Учащийся считает, что это невозможно: раз числа не равны, то и их четвёртые степени не равны.

–А ты учёл, что бывают отрицательные числа? А бывает ли так, что два числа не равны, но равны их квадраты?

6 Барон Мюнхгаузен утверждает, что может для некоторого N так переставить числа 1, 2. N в другом порядке и затем выписать их все подряд без пробелов, что в результате получится многозначное число, которое читается одинаково слева направо и справа налево (такие числа называют палиндромами). Не хвастает ли барон?

Подсказка: подумайте, при каком наименьшем N такое возможно.

Решение. Не хвастает. Числа от 1 до 19 можно выписать, например, так:

9, 18, 7, 16, 5, 14, 3, 12, 1, 10, 11, 2, 13, 4, 15, 6, 17, 8, 19.

Объясним, почему нужно искать пример для N 19. В палиндроме количество всех цифр, кроме, быть может, одной, должно быть четным. Однако если N = 2. 9, то цифры 1 и 2 встречаются в записи чисел 1, 2. N по одному разу, а если N = 10. 18, то по одному разу встречаются цифры 0 и 9.

7 Рома сформулировал теорему: если число 88a делится на число b, то и число a делится на число b.

а) Найдите хотя бы один контрпример к этой теореме (то есть число b, для которого утверждение теоремы выполняется не при всех a).

б) При каких b утверждение теоремы верно, а при каких неверно?

в) При подстановке каких чисел вместо 88 все контрпримеры останутся контрпримерами?

Решение. а) Берем b = 88, тогда при a = 1 утверждение теоремы нарушается.

б) Утверждение верно, только если b взаимно просто с числом 88.

в) Все контрпримеры сохранятся при подстановке вместо 88 любого числа, кратного 22.

Листок 4. Инварианты это величина или свойство, которые не меняютИнвариант ся при разрешённых в задаче действиях или одинаковы во всех возможных по условию задачи ситуациях.

В каждой задаче этого занятия нужно найти инвариант. Например:

чётность, делимость, раскраска, сумма или произведение какихнибудь чисел.

В начале занятия предлагается разобрать несколько задач, в каждом случае указывая на используемый инвариант.

• Чётность. Дядька Черномор написал на листке бумаги число

20. Тридцать три богатыря передают листок друг другу, и каждый или прибавляет к числу, или отнимает от него единицу. Может ли в итоге получиться число 10?

Решение. Не может. Каждый богатырь своим действием меняет чётность написанного на листке числа. Если сначала было чётное число 20, а чётность поменяется 33 раза, то получится нечётное число, то есть явно не 10.

• Чётность, раскраска. Может ли шахматный конь, начав движение с какой-нибудь клетки шахматной доски, вернуться в неё же через 5 ходов? А через 2015?

Решение. Не может. Каждым ходом конь меняет цвет поля, на котором стоит. Так что через нечётное число ходов он всегда будет на поле другого цвета, чем исходное.

• Делимость, сумма. Рита, Люба и Варя решали задачи. Чтобы дело шло быстрее, они купили конфет и условились, что за каждую решённую задачу девочка, решившая её первой, получает четыре конфеты, решившая второй две, а решившая последней одну.

Девочки говорят, что каждая из них решила все задачи и получила 20 конфет, причём одновременных решений не было. Докажите, что они ошибаются.

27 Решение. За каждую задачу все девочки вместе получают 7 конфет (так как одновременных решений нет). Но если в итоге каждая получила по 20 конфет, то все вместе они получили 60 конфет, а 60 на 7 не делится.

1 Лягушка прыгает вдоль прямой: а) на 1 см вправо или влево;

б) сначала на 1 см вправо, затем на 3 см вправо или влево, затем на 5 см вправо или влево, и т. д. Может ли она оказаться в исходной точке после своего 101-го прыжка?

Решение. Не может. В обоих случаях лягушка оказывается на нечетном расстоянии от начальной точки после нечетного числа прыжков.

–Если учащийся решает не с помощью инварианта (к примеру, перебором), то задачу у него можно принять, но обсудить, какой инвариант здесь подходит.

Учащийся не знает, что делать.

–В каких точках лягушка может оказаться через два прыжка?

Через три? А через четыре? Что между ними общего? Почему так получается?

2 а) Может ли шахматный слон за миллион ходов попасть с поля А1 на поле А8? б) Тот же вопрос для шахматного коня.

Решение. а) Не может. Слон, стоящий на клетке А1, чернопольный. Клетка А8 белая, так что он на нее никогда не попадет.

б) Не может. Каждым ходом конь меняет цвет поля, на котором стоит. Так что через чётное число ходов он всегда будет на поле того же цвета, что исходное.

Учащийся не знает, что делать.

–На какие клетки может попать слон? Как?

–На каких клетках может оказаться конь через два хода? Что между ними общего? Как так получается?

3 На доске написаны числа 1, 2, 3. 20, 21. Можно стереть любые два числа a и b и записать число а) a + b; б) ab; в) a + b 2. Какое число получится после 20 таких действий? г) Можно стереть любые два числа и записать их разность. Можно ли добиться того, чтобы в результате все числа на доске стали нулями? д) Вопрос пункта г), если написаны натуральные числа от 1 до 23.

Решение. а) 1+2+3+. +21 = 231; б) 21!; в) 231 20 · 2 = 191.

г) Нельзя. Сумма написанных чисел нечетна и после каждого хода будет оставаться нечетной. д) Можно. 23 22 = 1; дальше вычтем эту единицу из первой в ряду, получим 0. Остались числа от 2 до 21;

их разобьем на пары последовательных, разность чисел в каждой паре равна 1. Таких пар 10, из них получим 10 единиц, а из них 5 нулей.

Учащийся не знает, что делать.

–г) Попробуй посмотреть на сумму всех чисел. Как она изменяется?

4 а) На столе стоят 4 стакана: три стоят правильно, а четвёртый вверх дном. Разрешается одновременно перевернуть любые два стакана. Можно ли за несколько таких операций поставить все стаканы вверх дном?

б) На доске написаны числа 0, 0, 0, 1. За один шаг разрешается прибавлять единицу к любым двум из них. Можно ли за несколько таких операций сделать все числа равными?

Решение. а) Нельзя. Число стоящих вверх дном стаканов остается нечётным независимо от наших действий. б) Нельзя. Сумма написанных чисел остается нечётной независимо от наших действий.

А если бы они все стали равными, сумма стала бы чётной.

Учащийся не знает, что делать. Учащийся пытается решить без нахождения инварианта.

–Попробуй последить за числом стаканов, стоящих вверх дном.

Аналогично за суммой чисел.

5 В клетках квадратной таблицы 10 10 расставлены цифры. Из цифр каждого столбца и каждой строки составили 10-значные числа всего получилось 20 чисел. Может ли так быть, что из них ровно 19 делятся на три?

Решение. Не может. Отметим, что делимость на три числа, образованного из цифр одной строки соответствует делимости на три сумме цифр в этой строке (по признаку делимости на три). Если ровно 19 таких чисел делятся на 3 значит есть ровно одна строка или столбец, сумма цифр в которой не делится на три. Без ограничения общности предположим, что это строка. Тогда сумма цифр в остальных строках делится на три, поэтому сумма всех цифр во всех строках не делится на три. С другой стороны, сумма цифр в каждом столбце делится на три, поэтому сумма цифр во всех столбцах делится на три. Получаем противоречие: сумма всех цифр в таблице одновременно делится и не делится на три.

Учащийся не знает, что делать.

–Чему равна сумма всех цифр в таблице? Как она связана с 20 числами из условия задачи? Что можно ещё про неё сказать?

6 а) На каждой из клеток доски размером 5 5 сидел жук. В полдень каждый жук переполз на соседнюю по стороне клетку доски.

Докажите, что теперь по крайней мере одна клетка на доске будет свободной.

б) На шахматной доске 5 5 расставили 25 шашек по одной на каждой клетке. Потом все шашки сняли с доски, но запомнили, на какой клетке стояла каждая. Можно ли ещё раз расставить шашки на доске таким образом, чтобы каждая шашка стояла на клетке, соседней (по стороне) с той, на которой она стояла в прошлый раз?

Решение. а) Покрасим клетки доски в шахматном порядке: будет 12 белых клеток и 13 черных (или наоборот). Жуки при переползании меняют цвет клетки, на которой находятся. С 12 белых клеток 12 жуков переползут на 13 черных клеток, значит, одна из черных клеток будет свободной. б) Нельзя. Эта задача легко сводится к пункту а).

Учащийся не знает, что делать.

–Попробуй покрасить доску в шахматном порядке. Куда может переползти жук с белой клетки? С чёрной? А сколько тех и других жуков?

7 а) В клетках квадратной таблицы 10 10 расставлены цифры.

Из цифр каждого столбца и каждой строки составили 10-значные числа всего получилось 20 чисел. Может ли быть, что ровно 19 из них делятся на 3? б) Петя ввёл в компьютер число 1. Каждую секунду компьютер прибавляет к числу на экране сумму его цифр. Может ли через какое-то время на экране появиться число 123456789?

Решение. а) Нет. Предположим, что сумма цифр в одной строке не делится на 3, а остальные суммы делятся. Тогда сумма всех чисел, если считать по столбцам, будет делиться на 3, а их же сумма, если считать по строкам, нет. Противоречие. б) Не может. Число 123456789 делится на 9, а число 1 нет. Прибавляя к числу, не делящемуся на 9, сумму его цифр, снова получим число, не делящееся на 9, ибо число дает от деления на 9 такой же остаток, как его сумма цифр (тут надо перебрать все остатки от деления на 9).

Учащийся не знает, что делать.

–Чему равна сумма всех цифр в таблице? Как она связана с 20 числами из условия задачи? Что можно ещё про неё сказать?

8 По кругу стоят натуральные числа от 1 до 6 по порядку. Разрешается к любым трём подряд идущим числам прибавить по 1 или из любых трёх, стоящих через одно, вычесть 1. Можно ли с помощью нескольких таких операций сделать все числа равными?

Подсказка: рассмотрите диаметрально противоположные числа.

Решение. Нельзя. Рассмотрим три суммы первого и четвертого, второго и пятого, третьего и шестого чисел. Вначале эти суммы были равны 1+4=5, 2+5=7 и 3+6=9. При выполнении первой операции каждая из этих трёх сумм возрастает на 1, а при выполнении второй операции каждая из сумм уменьшается на 1. Значит, эти три суммы никогда не станут равными. Поэтому и все шесть чисел также не могут стать равными.

Учащийся не знает, что делать.

–Что происходит с суммами противоположных чисел? Как они изменяются? Какими они должны быть в итоге?

9 В колбу поместили 133 бактерии типа А, 135 бактерий типа В и 137 бактерий типа С. Если две бактерии разных типов соприкасаются, то они обе меняют свой тип на третий. Может ли оказаться, что через некоторое время все бактерии в колбе будут одного типа?

Подсказка: подумайте про остатки от деления на 3.

Решение. Не может. Посмотрим на попарные разности чисел бактерий каждого типа. При любых встречах эти разности не меняют остатка от деления на 3 (они уменьшаются/увеличиваются на 3 либо не изменяются). Изначально они не кратны 3, а если бы все бактерии стали одного типа, то все разности обратились бы в 0 и стали бы кратны 3.

Учащийся не знает, что делать.

–Как изменяется разность количества бактерий двух типов? При чём тут делимость на 3? А какими они должны стать в итоге?

Листок 5. Остатки В начале занятия нужно напомнить школьникам определение деления с остатком и разобрать несколько примеров (скажем, поделить 15 на 4 с остатком: школьники не всегда понимают, как делить отрицательные числа с остатком).

Затем нужно разобрать задачу, аналогичную задаче 2 (оба пункта), с какими-нибудь другими числами. Заодно обсудить, как ведут себя остатки при сложении. После этого обсудить поведение остатков при умножении и показать, как составлять таблицу умножения остатков (например, по модулю 4).

Потом показать, что последняя цифра числа это остаток от его деления на 10, и найти, например, последнюю цифру числа 3100.

1 Найдите все натуральные числа, при делении которых на 8 в частном получается то же число, что и в остатке.

Решение. Перебираем всевозможные остатки от деления на 8 и не забываем, что 0 не является натуральным числом. Получаем 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63.

Учащийся не знает, что делать.

–Как выглядит формула деления с остатком? Каким может быть остаток при делении на 8?

2 а) Число делится на 44 с остатком 15. С каким остатком оно делится на 11? б) Число делится на 7 с остатком 5. Какой остаток оно может давать при делении на 35? Найдите все возможные варианты.

Решение. а) С остатком 4: n = 44k + 15 = 11 · (4k + 1) + 4. б) n = 35k + r = 7 · 5k + r = 7m + 5. Значит, r делится на 7 с остатком 5.

Ну а так как r 35, отсюда вытекает, что r = 5, 12, 19, 26, 33.

Учащийся не знает, что делать.

–Как выглядит формула деления с остатком? А если её записать для 44 и для 11 и приравнять? А для 7 и 35?

Решение. а) 30 = 2 · 3 · 5. Из пяти подряд идущих чисел одно всегда делится на 5, одно или два на 3 и еще два или три на 2. б) 120 = 23 · 3 · 5. К предыдущему остается только добавить, что из пяти подряд идущих чисел всегда два делятся на 2, причем одно из них делится еще и на 4.

Учащийся не знает, что делать.

–На что точно делится одно из таких чисел? Найдётся ли среди них чётное? А что ещё найдётся? А на что должны делиться числа, чтобы их произведение делилось на 30?

4 Найдите остаток от деления числа 1! + 2! + 3! +. + 15! на 15.

Решение. Из всей суммы только первые 4 слагаемых не делятся на 15 (в остальных есть множители 3 и 5). Вот их остатки от деления на 15 и надо сложить: 1+2+6+9 = 18, а 18 делится на 15 с остатком 3.

Учащийся не знает, что делать.

–Какие из слагаемых на самом деле не влияют на ответ?

5 Составьте таблицу умножения остатков от деления на а) 3, б) 5, в) 7. То есть таблица должна показывать, какой остаток от деления даст произведение двух чисел, если известны остатки множителей от деления.

«Аналитический отчет деятельности Государственного бюджетного образовательного учреждения Детского оздоровительно-образовательного центра «Северный» за 2013-2014 учебный год ГБОУ ДООЦ «Северный» реализует возложенные на него функции в процессе учебно-воспитательной, спортивно-массовой и методической работы, осуществляемой всеми структурными подразделениями Центра в соответствии с законодательством и уставом. В Центре обеспечен системный подход к организации дополнительного образования. »

«МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ ИНФОРМАЦИОННЫХ ТЕХНОЛОГИЙ, МЕХАНИКИ И ОПТИКИ Аннотированный сборник научно-исследовательских выпускных квалификационных работ специалистов Университета ИТМО Санкт-Петербург Аннотированный сборник научно-исследовательских выпускных квалификационных работ специалистов Университета ИТМО / Главный редактор Проректор по НР д.т.н., профессор В.О. Никифоров. – СПб: Университет ИТМО. »

«Публичный доклад муниципального бюджетного дошкольного образовательного учреждения муниципального образования город Краснодар «Центр развития ребёнка – детский сад № 100»1. Общая характеристика учреждения Учредитель: администрация муниципального образования город Краснодар, в лице департамента образования администрации муниципального образования город Краснодара. Юридический адрес: 350062, Российская Федерация, Краснодарский край, город Краснодар, Прикубанский внутригородской округ, ул. им. »

«Перспективы перехода к программному бюджету на уровне субъектов Федерации Асатрян Ани Асатуровна РГЭУ(РИНХ), 3 курс Ростов-на-Дону, Россия The prospects for a transition to a programme budget at the level of subjects of Federation Asatryan Ani Asaturovna Rostov State University of Economics Rostov-on-Don, Russia Основными целями, поставленными Бюджетным посланием Президента Российской Федерации на 2014 год, являются обеспечение долгосрочной сбалансированности и устойчивости бюджетной системы. »

«« » 2014.1. ОСНОВНЫЕ ИТОГИ РЕАЛИЗАЦИИ ПРОГРАММЫ СТРАТЕГИЧЕСКОГО РАЗВИТИЯ УНИВЕРСИТЕТА В современной системе высшего профессионального образования происходят интенсивные изменения, от которых Алтайский государственный университет не может оставаться в стороне. Начиная с 2006 г., чрезмерно разросшаяся в годы реформ российская система высшего профессионального образования, стала постепенно входить в зону по вышенного внимания государства. Переход государственной политики к использованию. »

«Основная профессиональная образовательная программа среднего профессионального образования государственного бюджетного образовательного учреждения среднего профессионального образования Свердловской области «Ревдинский многопрофильный техникум» разработана на основе Федерального государственного образовательного стандарта по специальности 140448 Техническая эксплуатация и обслуживание электрического и электромеханического оборудования (по отраслям) (утвержден приказом Министерства образования и. »

«МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ ИНФОРМАЦИОННЫХ ТЕХНОЛОГИЙ, МЕХАНИКИ И ОПТИКИ Сборник тезисов докладов конгресса молодых ученых Выпуск 3 Санкт-Петербург OM1O Сборник тезисов докладов конгресса молодых ученых, Выпуск 3. – СПб: НИУ ИТМО, OM1O. – 198 с. В издании «Сборник тезисов докладов конгресса молодых ученыхI Выпуск 1I публикуются работыI представленные в рамках I Всероссийского конгресса молодых ученыхI. »

«УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС 1.ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА 1.1 Цели и задачи дисциплины Целью дисциплины является формирование у студентов необходимых профессиональных знаний в области стратегического планирования развития территорий, способствующих выработки рациональной, научно обоснованной стратегии устойчивого экономического развития региона, повышению качества и уровня жизни населения. Задачи дисциплины: формирование теоретических знаний в области стратегического планирования развития. »

«Содержание: Введение 1. Паспорт Программы развития школы 2. Информационная справка о школе 3. Аналитико-прогностическое обоснование программы 3.1. Анализ состояния и прогноз тенденций изменения внешней среды школы1 3.2 Анализ конкурентной среды образовательного учреждения 3.3 Конкурентные преимущества школы 3.4 Анализ состояния и прогноз тенденций изменения внутренней среды школы 4. Концепция развития школы до 2018 г. 5. Стратегический план реализации программы. 6. Механизм реализации. »

«Программа-минимум кандидатского экзамена по специальности 05.07.02 «Проектирование, конструкция и производство летательных аппаратов» (технические науки) В основу настоящей программы положены следующие дисциплины: теоретическая механика, системный анализ; теория проектирования летательных аппаратов, теория надежности и эффективности; технология создания элементов и конструкций; ГАЛС-технология создания летательных аппаратов; методы поиска оптимальных конструкторско-технологических решений. »

«ЧАСТЬ 1. ПРОГРАММА-МИНИМУМ кандидатского экзамена но специальности 13.00.08 “Теория и методика профессионального образования” Введение Возрастание роли человеческого фактора в процессах производства и в общественной жизни усиливает значимость педагогической компоненты деятельности работника системы профобразования, требует развитых представлений о механизмах творчества, знаний по организации исследовательской работы и культуре умственного труда. Кандидатский минимум по специальности Теория и. »

«СОДЕРЖАНИЕ 1. ПАСПОРТ ПРОГРАММЫ УЧЕБНОЙ ДИСЦИПЛИНЫ. стр. 4 2. СТРУКТУРА И СОДЕРЖАНИЕ УЧЕБНОЙ ДИСЦИПЛИНЫ.. стр. 6 3. УСЛОВИЯ РЕАЛИЗАЦИИ ПРОГРАММЫ УЧЕБНОЙ ДИСЦИстр. 14 ПЛИНЫ..4. КОНТРОЛЬ И ОЦЕНКА РЕЗУЛЬТАТОВ ОСВОЕНИЯ УЧЕБстр. НОЙ ДИСЦИПЛИНЫ.. 1. ПАСПОРТ ПРОГРАММЫ УЧЕБНОЙ ДИСЦИПЛИНЫ МАТЕМАТИКА 1.1. Область применения программы: Рабочая программа учебной дисциплины является частью образовательной программы – программы подготовки специалистов среднего звена (ППССЗ) в соответствии с ФГОС по. »

«1. Цели освоения дисциплины Основными целями дисциплины являются: Формирование у обучающихся знаний общих физических закономерностей электропривода переменного тока, особенностей взаимодействия электромеханических систем, умений построения математических моделей электроприводов переменного тока, проведения расчётов и анализа процессов в статике и динамике электромеханических систем, а также умений по расчету и анализу параметров, определяющих работу электропривода. В результате освоения данной. »

«В программу вступительного экзамена по специальности 05.08.01 «Теория корабля и строительная механика корабля» включены вопросы из следующих дисциплин:Остойчивость судна;Качка судна;Управляемость морских судов;Гидродинамика судна и движителей;Расчет прочности судна;Теория мягких оболочек. Остойчивость судна 1. Схема возникновения момента. 1. Метацентрические формулы остойчивости. 2. Изменение остойчивости при переносе груза. 3. Изменение остойчивости при подвешивании груза, якорей. 4. Влияние. »

«ГЛАВА 7. ПЕРСПЕКТИВЫ РЕШЕНИЯ ПРОБЛЕМ ФИЗИЧЕСКОЙ ЯДЕРНОЙ БЕЗОПАСНОСТИ И НЕРАСПРОСТРАНЕНИЯ ОМУ НА БЛИЖНЕМ И СРЕДНЕМ ВОСТОКЕ: ОПЫТ ГЛОБАЛЬНОГО ПАРТНЕРСТВА Артем Блащаница В 2013 году Глобальное партнерство против распространения оружия и материалов массового уничтожения (ГП) подступило к рубежу, когда странам Большой восьмерки необходимо определить формат и направления дальнейшего сотрудничества в рамках данной программы. Завершился десятилетний период исполнения обязательств, данных лидерами. »

«Уважаемые коллеги! Уважаемые гости! Как быстро идет время: кажется, совсем недавно мы собирались и отмечали 35-летие образования кафедры, но прошло целых 5 лет! И мы снова вместе. В 1974 году был подписан приказ о создании кафедры оптимального управления. Учебная работа кафедры направлена на подготовку специалистов по прикладной математике, которые могут решать различные задачи оптимального проектирования, разработке систем управления всевозможными техническими и экономическими системами, а. »

«Департамент социального развития Ханты-Мансийского автономного округа – Югры Бюджетное учреждение Ханты-Мансийского автономного округа – Югры «Центр социальной помощи семье и детям «Зазеркалье» «К НОВОЙ СЕМЬЕ» (программа по социальному сопровождению замещающих семей) Авторы: Л. Ю. Арефьева, заведующий отделением Сургут, I. ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА 1. Актуальность программы Семья – единственный путь обретения опыта семейного образа жизни для детей. Особенно это актуально для тех детей, которые. »

«Отчет о самообследовании Университета ИТМО по состоянию на 1 апреля 2014 года Аналитическая часть отчета о самообследовании Университета ИТМО по состоянию на 1 апреля 2014 года Общие сведения об образовательной организации 1. Полное наименование ВУЗа: федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Санкт-Петербургский национальный исследовательский университет информационных технологий, механики и оптики». Сокращенные наименования на. »

«Разработка системы мероприятий по повышению эффективности защиты информационных ресурсов в автоматизированной системе (на примере ОАО «Башинформсвязь») Шабалов В.В. ФГБОУ ВПО «Башкирский государственный университет» Уфа, Россия Development of measures to improve the protection of information resources in an automated system (on the example of «Bashinformsvyaz») Shabalov V.V. Bashkir State University Ufa, Russia Введение Актуальность исследования заключается в том, что развитие информационных. »

«МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ ИНФОРМАЦИОННЫХ ТЕХНОЛОГИЙ, МЕХАНИКИ И ОПТИКИ АЛЬМАНАХ НАУЧНЫХ РАБОТ МОЛОДЫХ УЧЕНЫХ Университета ИТМО Санкт-Петербург Альманах научных работ молодых ученых Университета ИТМО. – СПб: Университет ИТМО, 2014. – 474 с. Издание содержит результаты научных работ молодых ученых, доложенные на XLIII научной и учебно-методической конференции Университета ИТМО. ISBN 978-5-7577-0470-8 В 2009. »

2016 www.programma.x-pdf.ru — «Бесплатная электронная библиотека — Учебные, рабочие программы»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.