«Логика и смекалка». Элементы содержания: введение в тему, решение задач на внимание, внимательность, память; задачи на сравнение, решение задач на комбинации неравенств; взвешивания; высказывания, виды логических операций и их свойства; сюжетные задачи; решение старинных задач; геометрические забавы.
Введение в теорию чисел. Элементы содержания: введение в тему, цифровые задачи, арифметические курьезы; десятичная запись натурального числа; числовые игры (ребусы, головоломки, шифры); остатки, четность-нечетность, признаки делимости; остатки, принцип Дирихле, алгоритм Евклида; наибольший общий делитель, наименьшее общее кратное.
Наглядная геометрия. Задачи на клетчатой бумаге, пентанимо, разбиение плоскости, танграм, задачи на раскраску.
Дискретная математика. Элементы содержания: введение в тему; степень вершины; двудольные графы, исследования; деревья.
Арифметические задачи. Элементы содержания: задачи на «движение», на «части», «среднее арифметическое»; решение задач на применение математики в физике, химии, экономике, истории, статистике; задачи на проценты в физике, химии, экономике, истории.
Анализ учебников и примеры задач углубленного курса математики в 5-6 классах
Пример. В качестве упражнения можно предложить извлечь квадратный корень из числа 7*15*15*75 или 35*55*77.
Тип 1. Принцип Дирихле
Определение
Принципом Дирихле традиционно называют следующее утверждение: если в 50 клетках сидит 51 кролик, то по крайней мере в одной клетке сидит не менее двух кроликов.
Доказательство
Доказательство этого принципа очевидно. Действительно, пусть это утверждение неверно, тогда в каждой клетке сидит не более одного кролика, и, следовательно, в 50 клетках — не более 50 кроликов, а их должно быть 51. Получили противоречие.
В математической терминологии принцип Дирихле звучит так: если элемент разбит на множеств, то по крайней мере одно множество содержит не менее двух элементов.
1.1. Принцип переполнения
11 кроликов посадили в 10 ящиков. Докажите, что в каком – то ящике сидит хотя бы 2 кролика.
Доказательство. Предположим противное, т.е. что в каждом ящике не более одного кролика. Тогда во всех ящиках вместе не более десяти кроликов. Противоречие с условием задачи.
1.2. Принцип незаполнения
В группе 11 учеников восьмого, девятого, десятого и одиннадцатого классов. Докажите, что найдётся такая параллель, что в группе не более двух учеников из этой параллели.
Решение. В какой – то параллели найдётся не более чем 11/4 учеников, т.е. не более двух.
1.3. Принцип совпадения слагаемых при малой сумме
Десять детей набрали 50 грибов, причём каждый нашёл хоть один гриб. Докажите, что найдутся два человека, у которых одинаковое число грибов.
Доказательство. Предположим, что все нашли разное количество грибов. Тогда самый неудачливый грибник нашёл не менее одного гриба, второй – не менее двух, третий – не менее трёх и так далее, десятый – не менее десяти, а все вместе – не менее, чем 1+2+3+..+10=55 грибов, что противоречит условию задачи. Поэтому предположение неверно, и утверждение доказано.
1.4. Принцип превышения среднего арифметического
В стаде бегемотов 20 голов. Вес стала 40 тонн. Докажите, что найдутся 7 бегемотов, вес которых не более 14 тонн.
Решение. Поставим бегемотов в кружок и от каждого бегемота будем отсчитывать 7 бегемотов. Каждый бегемот входит в 7 «семёрок», поэтому суммарный вес всех «семёрок» в 7 раз больше веса стада, т.е. равен 280 тонн. Предположим, что вес каждой «семёрки» строго больше 14 тонн. Т.к. «семёрок» 20, суммарный вес всех «семёрок» больше 14*20=280 тонн. Противоречие. Следовательно, в кружке существует семь (стоящих подряд) бегемотов, общий вес которых не больше 14 тонн.
Тип 2. Раскраски
В клетчатом поле 10*10 вырезали по клетке на двух противоположных углах. Можно ли полученную фигуру покрыть без наложений (замостить) двухклеточными фигурками («доминошками»)?
Решение. Нельзя. Применив к данной фигуре шахматную раскраску, заметим, что клеточек одного цвета будет 50, а другого – 48. Но, каждая «доминошка» закрывает по одной клетке разных цветов, поэтому все вместе они закрывают одинаковое число клеток обоих цветов.
Тип 3. Игры
3.1. Выигрышные позиции
Шахматная ладья стоит в левом нижнем углу шахматной доски. За один ход можно передвинуть её на несколько клеток параллельно краю доски, но только вправо или вверх. Двое ходят по очереди. Проигрывает тот, кто не сможет сделать очередной ход. Кто выиграет при правильной игре?
Решение. Будем ставить в клетку доски знак «+», если выигрышную стратегию имеет тот игрок, кто делает ход, когда ладья стоит на этой клетке, и знак «-», если выигрышная стратегия у другого игрока. В правом верхнем углу надо ставить знак «-», т.к. с этой клетки, по условию, ходить некуда – это считается проигрышем. В ближайших клетках (ниже и правее) надо ставить «+», т.к. с этих клеток можно перевести ладью на клетку, где уже стоит минус, т.е. поставить противника в проигрышное положение. В соседней с этими двумя клетками клетке главной диагонали придётся поставить минус, т.к. ход с этой клетки возможен только на клетку с плюсом, т.е.оба пути с этой клетки — вверх и вправо – ставят противника в выигрышное положение. Продолжая заполнение клеток плюсами и минусами, замечаем, что минусы приходится ставить на главную диагональ доски, а плюсы — в остальные клетки. Полученный ковёр из плюсов и минусов не только показывает, кто выигрывает, если игра начинается с данной клетки, но и в чём состоит выигрышная стратегия. В данном случае, если игрок ходит, когда ладья стоит не на главной диагонали, он выигрывает, возвращая ладью на эту диагональ (т.е. туда, где стоят минусы).
3.2. Использование симметрии и повторения ходов противника
На стол прямоугольной формы двое играющих по очереди кладут пятаки, не накладывая их один на другой. Проигравшим становится тот, кто не сможет сделать очередной ход.
Решение. Выиграет первый, первым ходом он кладёт пятак в центр (симметрии) стола, а затем после каждого хода противника кладёт монету центрально – симметрично последней монете, положенной противником. Заметим, что стол может иметь любую центрально – симметричную форму (круг, параллелограмм, правильный многоугольник и т.д.); если у стола выпилена центрально – симметричная дыра (круглый стол для переговоров), то побеждает второй игрок.
3.3. Инварианты и задачи – шутки
Имеется 101 алмаз (все камни разного веса) и чашечные весы без гирь, на которых можно взвесить 2 камушка и определить, какой тяжелее. Два игрок делают это по очереди на виду друг у друга. Победит тот, кто найдёт самый тяжёлый алмаз и докажет, что он самый тяжёлый.
Решение. За одно взвешивание один, более лёгкий камень выбывает из числа претендентов на звание самого тяжёлого. Поэтому независимо от выбора камушков для взвешивания, чтобы оставить только один алмаз, над удалить 100 алмазов, т.е. сделать сто взвешиваний. Т.к. 100 – чётное число, последнее взвешивание сделает второй игрок. Он и победит.