Buku itu berisi soal-soal olimpiade kompleksitas yang bervariasi- baik tugas sederhana, yang sering diselesaikan secara lisan dalam satu baris, dan tugas tipe penelitian.
Buku ini ditujukan untuk guru, pemimpin lingkaran matematika, siswa spesialisasi pedagogis dan siapa saja yang tertarik dengan matematika.

Contoh.
Teman Alyosha, Borya dan Vitya berada di kelas yang sama. Salah satunya pulang dari sekolah dengan bus, yang lain dengan trem, dan yang ketiga dengan bus troli. Suatu hari, sepulang sekolah, Alyosha pergi menemui temannya ke halte bus. Ketika bus listrik melewati mereka, teman ketiga berteriak dari jendela: "Borya, kamu lupa buku catatanmu di sekolah!" Siapa yang mengemudi pulang?

Tiga teman bekerja di pabrik yang sama: seorang tukang kunci, seorang tukang bubut dan seorang tukang las. Nama belakang mereka adalah Borisov, Ivanov dan Semyonov. Tukang kunci tidak memiliki saudara laki-laki atau perempuan, dia adalah teman termuda. Semyonov lebih tua dari turner dan menikah dengan saudara perempuan Borisov. Sebutkan tukang kunci, tukang bubut dan tukang las.

Di dalam botol, gelas, kendi dan toples ada susu, limun, kvass dan air, dan air dan susu tidak ada di dalam botol, bejana dengan limun berdiri di antara kendi dan bejana dengan kvass, tidak ada limun atau air dalam toples. Gelas berdiri di dekat toples dan bejana berisi susu. Bejana manakah yang diisi masing-masing zat cair?

Lima anak laki-laki menetap di dacha: Andryusha, Borya, Volodya, Gena dan Dima. Semua adalah usia yang berbeda: yang satu berumur 1 tahun, yang lain berumur 2 tahun, sisanya berumur 3, 4 dan 5 tahun. Volodya adalah yang terkecil, Dima setua Andryusha dan Gena bersama. Berapa umur Bora? Berapa umur anak laki-laki lain yang dapat ditentukan?

DAFTAR ISI
Kata pengantar
Ketentuan
Tugas logika
2. Pernyataan benar dan salah. Ksatria, pembohong, licik
3. Transfusi
4. Beratnya
5. Prinsip Dirichlet


6. Hitungan
6.1. Menghitung jumlah rusuk
6.2. grafik Euler
6.3. pohon
6.5. Grafik Berarah

Invarian
8. Paritas
10 Permainan
Bilangan bulat
11. Dapat dibagi
11.2. Tetap
11.3. Perbandingan modulo

12.2. Persamaan linear


14. Kombinatorik



16. Ketidaksetaraan
16.1. Pertidaksamaan numerik
16.3. Masalah teks

Jawaban, petunjuk, solusi
Tugas logika
1. Cerita tugas logis(menemukan kecocokan antar set)
2. Benar dan pernyataan palsu. Ksatria, pembohong, licik
3. Transfusi
4. Beratnya
5. Prinsip Dirichlet
5.1. Prinsip Dirichlet dan pembagian bilangan bulat
5.2. Prinsip Dirichlet dan pertimbangan tambahan
5.3. Prinsip Dirichlet dalam geometri
5.4. Pewarnaan pesawat dan bagian-bagiannya. meja
6. Hitungan
6.1. Menghitung jumlah rusuk
6.2. grafik Euler
6.3. pohon
6.4. Grafik bidang dan teorema Euler
6.5. Grafik Berarah
6.6. Kencan, teori Ramsey
7. Tugas campuran sifat logis
Invarian
8. Paritas
9. Sisa-sisa, ekspresi aljabar, mewarnai, semi-invarian
10 Permainan
Bilangan bulat
11. Dapat dibagi
11.1. Faktorisasi. Sederhana dan bilangan komposit
11.2. Tetap
11.3. Perbandingan modulo
11.4. Tanda-tanda pembagian dan sistem bilangan lainnya
12. Persamaan dan sistem persamaan dalam bilangan bulat
12.1. terbesar pembagi bersama. Persamaan linear
12.2. Persamaan linear
12.3. Persamaan Nonlinier dan sistem persamaan
13. tugas lain-lain ke bilangan bulat. Teorema Fermat dan Euler
Kombinatorik dan elemen teori probabilitas
14. Kombinatorik
14.1. Aturan jumlah dan produk
14.2. Penempatan, permutasi, kombinasi
14.3. Permutasi dan kombinasi dengan pengulangan. Tugas gabungan
15. Elemen teori probabilitas
Unsur Aljabar dan Kalkulus
16. Ketidaksetaraan
16.1. Pertidaksamaan numerik
16.2. Bukti ketidaksetaraan
16.3. Masalah teks
17. Polinomial, persamaan dan sistem persamaan
18. Barisan dan jumlah
Literatur.

Download Gratis buku elektronik dalam format yang nyaman, tonton dan baca:
Unduh buku Collection of Olympiad Problems in Mathematics, Gorbachev N.V., 2004 - fileskachat.com, unduh dengan cepat dan gratis.

• Moskow dan penduduknya, Sejarah, Arsitektur, Kehidupan, Buku masalah non-tradisional dalam matematika, kelas 5-6, Perli B.S., Perli S.S., 1997

RUMAH PUBLIKASI TSTU

HYMN MEKANIKA

Kami semua setia pada termekh Bukan atas perintah dari atas, Meskipun kami tidak bersumpah setia untuk ini sama sekali. Kita hidup sesuai dengan hukum yang diwariskan oleh Newton.

Dan biarlah gajinya rendah, Kami tidak membuat emas, Tapi kami memandang rendah kemanusiaan. Prinsip We Galileo Semua prinsip lebih penting.

Sangat menyenangkan bahwa kita semua ada di sini hari ini!

Hari ini kita semua senang menjadi Tamu Olimpiade. Hei, Orenburg, dengan cuaca Lihat, jangan malu!

Biarkan "d'Alemberts" kita sedikit berbohong dalam contoh, Betapa hebatnya kita semua di sini hari ini!

Dan biar hari ini sepertinya kita tidak dalam mode, jangan berkecil hati kawan, percayalah dan bertahanlah!

Dan Anda juga sangat percaya pada mekanisme Lagrange.

Sangat menyenangkan bahwa kita semua ada di sini hari ini!

(Alexander Sergeevich Zinoviev -

Associate Professor, Universitas Negeri Orenburg)

Menteri Pendidikan Federasi Rusia Universitas Teknik Negeri Tambov

V. I. Popov, V. A. Tyshkevich, M. P. Shumsky, A. I. Popov

KOLEKSI MASALAH OLIMPIADE DALAM MEKANIKA TEORITIS

Edisi kedua, direvisi dan diperbesar

TSTU RUMAH PENERBITAN Tambov

Peninjau:

Associate Professor dari Universitas Teknik Nasional Belarusia

T.F. Boginskaya

Dokter ilmu teknik, Profesor Universitas Teknik Negeri Tambov

V.F. Pershin

Popov V. I., Tyshkevich V. A., Shumsky M. P., Popov A. I.

Koleksi P-58 masalah olimpiade pada mekanika teoretis. Bagian 1. Statika. edisi ke-2, direvisi. dan tambahan Tambov: Rumah Penerbitan Tambov. negara teknologi un-ta, 2002. 80 hal.

Kumpulan masalah Olimpiade mencakup 180 masalah dalam statika, yang ditawarkan kepada siswa untuk dipecahkan di All-Union dan Olimpiade Seluruh Rusia ah dalam mekanika teoretis dari 1981 hingga 1990, serta Olimpiade lainnya dalam mekanika teoretis level yang berbeda tahun-tahun sebelumnya. Edisi kedua dilengkapi dengan tugas-tugas Olimpiade Rusia, sejumlah Olimpiade zona. Contoh pemecahan beberapa masalah diberikan.

Koleksi tersebut dapat digunakan dalam mempersiapkan siswa untuk olimpiade, dalam menyelenggarakan dan menyelenggarakan olimpiade berbagai tingkatan dan organisasi. kerja mandiri siswa.

BBK Zh12ya73-4 UDC 531(075): 378,14

© Universitas Teknik Negeri Tambov

(TSTU), 2002

© Popov V.I., Tyshkevich V.A.,

Shumsky M. P., Popov A. I., 2002

Publikasi ilmiah

Popov Vladimir Ivanovich, Tyshkevich Valery Alekseevich, Shumsky Mikhail Petrovich, Popov Andrey Ivanovich

KOLEKSI MASALAH OLIMPIADE DALAM MEKANIKA TEORITIS

Editor T. M. Fedchenko Insinyur prototipe komputer E. V. Korableva

LR No. 020851 tanggal 13/01/94 Plr No. 020079 tanggal 28/04/97

Ditandatangani untuk diterbitkan pada tanggal 27 April 2002 Format 60 × 84/16. Kertas offset. Pencetakan offset.

Headset kali. Volume: 4,65 arb. oven l.; 4.38 edisi l. Sirkulasi 150 eksemplar. S.322M.

Pusat Penerbitan dan Percetakan Universitas Teknik Negeri Tambov

392000, Tambov, st. Sovetskaya, 106, gedung 14

DEDIKASI UNTUK SELURUH PENGGEMAR GERAKAN OLIMPIADE

Olimpiade Mekanika Teoritis diadakan di universitas teknik, dan masuk baru-baru ini dan di universitas klasik, adalah elemen pembentuk sistem dari organisasi pendidikan kreatif dan aktivitas kognitif di SMA. Partisipasi siswa dalam gerakan Olimpiade berkontribusi pada asimilasi pengetahuan profesional yang lebih teratur dan mendalam, memungkinkan untuk membentuk kesiapan mereka untuk kegiatan kreatif mengembangkan pemikiran kreatif. Semua ini berkontribusi pada persiapan spesialis kompetitif, siap untuk aktivitas profesional dalam kondisi pasar saat ini.

Perlunya koleksi edisi kedua ini karena kebangkitan tradisi Gerakan Olimpiade dan

tambahan termasuk adalah tugas-tugas Olimpiade Semua-Rusia (Perm, 1992 - 1995; Yekaterinburg, 1996 - 2001), Olimpiade zona (Orenburg, 2000 - 2001), serta tugas-tugas Olimpiade yang diadakan di Tambov berdasarkan Universitas Teknik Negeri Tambov.

C1 (Uni Soviet, 1982. 3 poin)

Balok berat OA, dipasang pada salah satu ujungnya pada engsel O,

terletak di titik B pada sebuah bola berat R yang terletak pada bidang horizontal tetap.

Tentukan sudut pada kesetimbangan jika koefisien gesekan bola pada balok dan pesawat horisontal sama dan sederajat f.

2 (Uni Soviet, 1982. 3 poin)

Dalam mekanisme datar, tautannya tidak berbobot, tautannya ideal. Momen yang diketahui M vp dari sepasang gaya diterapkan pada silinder 1. Temukan nilai deformasi pegas, jika kekakuan pegas sama dengan dan mekanisme pada posisi yang ditunjukkan pada gambar, ditentukan oleh sudut , dalam keadaan diam. Batang2 dapat meluncur bebas di silinder1.

SZ (USSR, 1983. 3 poin)

Sebuah cincin homogen dengan berat P terletak bebas di titik A dan B pada prisma tetap, yang masing-masing terletak pada diameter vertikal dan horizontal cincin. Dengan asumsi koefisien gesekan cincin terhadap prisma sama, tentukan nilainya di mana beban titik Dengan berat Q, tetap di mana saja di bagian kanan cincin, akan meninggalkan yang terakhir saja. Abaikan dimensi transversal cincin.

C4 (Uni Soviet, 1983. 10 poin)

sebuah pelat OABD persegi panjang tipis homogen dengan berat Q ditahan di

posisi mendatar dengan engsel bulat O, engsel silindris A dan batang berat tipis CB dengan berat R. Batang diikat dengan engsel bola ke pelat di titik B dan ke dinding vertikal di titik C. Dengan menganggap gesekan pada semua engsel dapat diabaikan dan sudut diketahui, tentukan komponen reaksi dari engsel silinder A yang sejajar dengan sumbu Oy menggunakan prinsip kemungkinan gerakan. Solusi yang dihasilkan dapat diverifikasi menggunakan persamaan statika.

gambar posisi, jika AO 1 O 2 \u003d 90 °, O 1 O 2 A \u003d , O 1 A \u003d r, CO 2 \u003d O 2 D \u003d a, koefisien gesekan antara batang 2 dan selongsong 3 adalah f, gesekan pada engsel O 1, A , 2 dapat diabaikan, semua tautan mekanisme tidak berbobot, kontak batang2 dengan busing3

C6 (USSR, 1984. 4 poin)

Konstruksi kaku terdiri dari dua berat identik

pelat homogen, dihubungkan oleh batang tipis yang ditekuk pada sudut siku-siku dengan berat yang dapat diabaikan, dijaga dalam keseimbangan pada penopang O. Menghitung koefisien gesekan

batang pada penyangga yang sama dengan f, temukan nilai maksimum l di mana tubuh akan dipegang

pada dukungan dalam keseimbangan. Dimensi dan bentuk pelat ditunjukkan pada gambar.

C7 (USSR, 1985. 4 poin)

Dalam mekanisme datar, batang OA dapat berputar di sekitar engsel O, menggerakkan batang BC dalam pemandu KL yang sangat mulus. Jarak antara engsel dan pemandu -l. Permukaan kontak antara batang dan batang di titik B kasar, koefisien gesekan geser adalah -f. Menemukan nilai minimum momen M dari sepasang gaya yang bekerja pada batang OA dan memastikan keseimbangan mekanisme di titik setel sudut dan gaya P . Abaikan berat batang.

Tunjukkan apa nilai mutlak gaya elastis pegas pada posisi tertentu dari mekanisme dapat ditentukan oleh persamaan

Fkontrol = M SK/(LK OS), AS AE, EC OC, AE || OK.

kontrol F

9 (Uni Soviet, 1986. 3 poin)

Tentukan gaya S pada batang AB dari rangka datar, tetap dan dibebani seperti yang ditunjukkan pada gambar.

C10 (CCCP, 1986. 4 poin)

Silinder 1 berat Q 1 bertumpu pada dua silinder identik berat Q2 seperti yang ditunjukkan pada gambar. Koefisien gesekan geser antara silinder adalah f. Tentukan sudut maksimum dan koefisien gesekan minimum f 0 antara silinder 2 dan 3 dan permukaan penyangga.

C12* (USSR, 1986. 3 poin)

Dua titik berat M 1 dan M 2 dihubungkan oleh batang kaku tanpa bobot yang terletak di dalam bola licin. Panjang batang dan jari-jari bola adalah sama. Tentukan pada kesetimbangan sudut antara batang dan cakrawala, jika massa titik M 2 adalah dua kali lebih banyak massa poin M1 .

* Soal disiapkan oleh juri, tetapi tidak termasuk dalam soal kompetisi.

C13 (Uni Soviet, 1987. 5 poin)

Permukaan kubah parabola digambarkan dengan persamaan z = H - (x 2 + y 2 )/H. Pada ketinggian h, sebuah beban ditempatkan pada kubah. Pada nilai h berapakah keseimbangan beban mungkin terjadi jika koefisien gesekan antara beban dan kubah sama dengan f ?

C14 (Uni Soviet, 1987. 6 poin)

Sebuah silinder dengan berat Q dan jari-jari R terletak pada bidang kasar yang condong ke cakrawala dengan sudut , dan

ditahan oleh kabel yang dililitkan pada sebuah drum dari poros loncatan dengan diameter D. Sebuah kabel dililitkan pada sebuah drum berdiameter d, yang ujungnya digantungkan beban dengan berat P. Koefisien gesekan guling silinder A pada bidang sama dengan , koefisien gesekan geser sama dengan f, sedangkan tgα > / R , f > / R. Pada nilai P berapa sistem akan berada dalam kesetimbangan?

C15* (USSR, 1987. 4 poin)

Dua buah piringan berjari-jari R dan r, terletak pada bidang horizontal, ditarik bersama oleh sebuah benang elastis dengan kekakuan c. Disk saling menekan dengan gaya yang sama dengan Q. Bagaimana panjang benang berubah jika dipotong?

C16* (USSR, 1987. 7 poin)

Poin utama dari beberapa

sistem gaya relatif terhadap pusat O, A dan B adalah sama besarnya M 0 \u003d M A \u003d M B \u003d m. Vektor utama dari sistem gaya ini sama besarnya dengan V dan

sejajar dengan sumbu z; OA \u003d a, OB \u003d b. Tentukan sudut yang dibentuk oleh momen-momen utama M 0 , M A , M B dengan bidang hou.

C17 (Uni Soviet, 1988. 10 poin)

Sebuah batang homogen tipis OA dengan panjang l dengan ujung O dipasang secara pivot pada ketinggian h di atas permukaan horizontal cairan tempat ujung kedua diturunkan. Massa jenis zat cair adalah , massa jenis batang adalah k (k dan adalah konstanta). Tentukan nilai sudut pada kesetimbangan batang. Menyelidiki stabilitas posisi keseimbangan.

Sebuah piringan seragam dengan berat P dan jari-jari R ditahan dalam keseimbangan oleh seutas benang tanpa bobot, yang ujung-ujungnya diikatkan ke langit-langit. Tentukan tegangan ulir dan tekanan spesifik (tekanan per satuan panjang ulir) pada ulir sebagai fungsi sudut pada penampang ACB. Cabang-cabang dari utas yang tidak dapat diperpanjang AA 1 dan BB 1 adalah vertikal, gesekan tidak diperhitungkan.

C18 (Uni Soviet, 1988. 4 poin)

19* (USSR, 1988. 5 poin)

Sebuah pelat sama sisi homogen dengan berat P dengan sisi AB \u003d l bertumpu pada lantai horizontal XOY, sisi-sisinya AC dan BC menyentuh dinding XOZ dan YOZ. Dengan mengabaikan gesekan, tentukan gaya F yang menahan pelat agar seimbang.

20 (USSR, 1989. 6 poin)

pada wajah bagian atas balok persegi panjang A berat P 1 adalah balok persegi panjang B berat R 2. Balok bersandar dengan wajah bagian bawah pada bidang horizontal, dan koefisien gesekan di antara keduanya sama dengan f 1. Koefisien gesekan antara batang A dan B adalah f 2 . Sebuah gaya diterapkan pada balok dengan sudut

ke cakrawala. Pada nilai gaya F berapakah sistem akan tetap dalam keadaan setimbang?

C21 (Uni Soviet, 1989. 4 poin)

Ujung O dari batang OABS yang patah dijepit dengan kaku. Batang dibebani dengan torsi M cr, sepasang gaya dengan momen M yang terletak pada bidang UOZ, dan gaya F. Gaya F terletak di bidang X 1 CY 1 (X 1 //X, Y 1 //Y) dan dengan sumbu

23 (USSR, 1990. 4 poin)

Prisma B bertumpu pada sebuah baji dan dinding vertikal. Massa prisma dan baji sama. Gesekan antara baji dan prisma dapat diabaikan. Koefisien gesekan antara baji dan lantai, prisma dan dinding adalah sama dan sama dengan f. Bidang miring baji membentuk sudut dengan cakrawala. Pada nilai f berapa prisma dan baji akan tetap diam?

C24 (USSR, 1990. 5 poin)

Ujung-ujung batang homogen berat yang terletak di bidang vertikal dapat meluncur di slot

zyah saling tegak lurus-

pesawat OD dan OE.

Bidang OD membuat sudut dengan cakrawala. Dengan mengabaikan gesekan, tentukan nilai sudut ketika batang berada dalam kesetimbangan. Akankah

Apakah keseimbangan batang stabil?

S25 (RSFSR, 1982. 3 poin)

Sebuah batang homogen dengan panjang a bertumpu dengan salah satu ujung A pada dinding vertikal licin, ujung lainnya B - pada profil licin yang terletak pada bidang vertikal. Bagaimana seharusnya bentuk profil sehingga batang dapat tetap diam di posisi apa pun?

S26 (RSFSR, 1982. 3 poin)

Sebuah sistem yang terdiri dari dua bola A dan B dengan bobot R 1 dan R 2 (P 1 > P 2) dan sebuah batang tanpa bobot yang menghubungkan keduanya dengan panjang l ditempatkan di

mangkuk bola jari-jari r = 0,5 2 l ,

koefisien gesekan geser bola pada permukaan mangkuk sama dengan f. Menemukan nilai terkecil sudut antara batang dan cakrawala di mana sistem dapat diam di dalam mangkuk. Abaikan ukuran bola.

C30 (RSFSR, 1984. 5 poin)

Dalam mekanisme rocker datar, penggeser A dan B dapat bergerak di sepanjang batang engkol DOE. Mengabaikan gesekan dan berat tautan mekanisme, tentukan gaya Q, menyeimbangkan aksi momen

M, AB = BC = l.

C31 (PCFS, 1985. 3 poin)

Sebuah rantai homogen dengan berat dan panjang 2π R dilemparkan ke atas balok licin yang memiliki sumbu horisontal. Dalam kasus kesetimbangan, tentukan gaya tarik rantai pada transversal sewenang-wenangnya

S32 (RSFSR, 1985. 3 poin)

Mekanismenya, terletak di bidang horizontal, terdiri dari dua roda gigi dan batang yang dihubungkan oleh engsel. Mempertimbangkan koneksi sebagai ideal, tentukan besar gaya F, menyeimbangkan aksi momen M. Jari-jari roda kiri R .

S35 (RSFSR, 1987. 3 poin)

Sebuah batang homogen AB dengan berat G bertumpu pada bidang horizontal dan vertikal yang kasar. Sudut dan koefisien gesekan f sedemikian rupa sehingga batang tidak dalam kesetimbangan. Tentukan nilai dan posisi gaya terkecil P min yang harus diterapkan pada pusat gravitasi batang agar batang tidak bergerak pada posisi ini.

C36 (RSFSR, 1987. 5 poin)

Sebuah persegi datar terdiri dari dua batang homogen tipis yang identik. Batang-batang tersebut dihubungkan secara kaku satu sama lain pada titik sudut D dengan sudut 90°. Bujur sangkar dipasang pada tumpuan silinder kasar horizontal tetap dengan radius r , koefisien gesekan geser f 0 = 0,268. Kotak diputar searah jarum jam dengan sudut dari posisi awal A 0 B 0 , berhenti dan kemudian dilepaskan tanpa dorongan. Setelah bujur sangkar dilepaskan, dua kasus dimungkinkan: 1) di titik B, batang bersentuhan dengan penyangga, 2) di titik B, ada celah kecil antara batang dan penyangga l<

Jelaskan secara kualitatif pergerakan alun-alun lebih lanjut setelah pelepasannya dan

tentukan nilai batas sudut di mana bujur sangkar akan memiliki perbedaan

keadaan ekuilibrium - acuh tak acuh, stabil, tidak stabil. Abaikan rolling resistance.

C37 (RSFSR, 1988. 5 poin)

Sebuah prisma tidak licin berbobot G ditempatkan pada alur dengan lebar b, yang penampangnya merupakan segitiga sama kaki dengan sudut pada titik sudut C. Sepasang gaya dengan momen M dan gaya keseimbangan terkecil P, tegak lurus terhadap gaya G dan sejajar dengan sumbu x, diterapkan pada prisma, di mana prisma akan diam. Tentukan reaksi koneksi dan

Institusi pendidikan anggaran kota
"Lyceum kota Yurga"
Kumpulan soal olimpiade
Rilis 1
T.A. matukova,
guru matematika
Yuga 2013

pengantar
Dalam olimpiade matematika, dasar keberhasilan tidak hanya jumlah pengetahuan khusus siswa, tetapi juga kemampuan mereka untuk berpikir logis, kemampuan untuk membuat konstruksi logis yang agak kompleks dan yang paling penting bagi mereka dalam waktu singkat. Bukan tanpa alasan, hanya dalam olimpiade matematika, sebuah tugas bisa dimulai dengan kata-kata: “Buktikan…”. Memecahkan masalah mengidentifikasi kemampuan kreatif siswa, yaitu kemampuan untuk "berpikir di luar kotak", matematika Olimpiade sebagian besar telah menyimpang dari matematika standar ("sekolah"). Tugas olimpiade matematika merupakan tugas yang tingkat kesulitannya meningkat, tidak baku baik dari segi rumusan maupun metode penyelesaiannya.
Untuk partisipasi yang sukses dalam Olimpiade, perlu untuk secara sistematis melakukan pekerjaan ekstrakurikuler pada subjek, pekerjaan persiapan yang bermakna dan menarik sebelum setiap tahap Olimpiade, dan pemilihan tugas yang benar. Ini mengarahkan guru pada kebutuhan untuk berkenalan secara menyeluruh dengan materi Olimpiade sebelumnya, dengan metodologi untuk memecahkan masalah.
Materi koleksi ini akan membantu guru dalam mempersiapkan siswa untuk Olimpiade. Koleksi tersebut dapat digunakan oleh siswa untuk persiapan diri menghadapi olimpiade.
Isu pertama termasuk tugas-tugas yang berkaitan dengan pemecahan persamaan dan sistem non-standar, mengembangkan strategi untuk permainan matematika, dan beberapa tugas logis.
1. Persamaan dan sistem persamaan
1.1. Selesaikan persamaan dalam bilangan bulat.
1.2. Selesaikan persamaan dalam bilangan bulat.
1.3. Selesaikan persamaan dalam bilangan asli x2 - 4xy - 5y2 = 1996.
1.4. Memecahkan persamaan.
1.5. Temukan semua x, y, z yang persamaannya berlaku
.
1.6. Memecahkan persamaan.
1.7. Selesaikan Persamaan:
a); b); di) .
1.8. Memecahkan persamaan.
1.9. Memecahkan persamaan.
1.10. Memecahkan sistem persamaan
1.11. Memecahkan sistem persamaan
1.12. Memecahkan sistem persamaan
1.13. Memecahkan sistem persamaan
1.14. Memecahkan sistem persamaan
1.15. Memecahkan sistem persamaan
a) b)

2.1. Dua pemain menempatkan koin bulat identik pada selembar kertas persegi panjang; koin dapat memanjang ke tepi, tetapi tidak boleh tumpang tindih. Siapa pun yang tidak dapat menempatkan koin kalah. (Tidak mungkin untuk menggeser koin yang ditempatkan sebelumnya.). Siapa yang menang dengan strategi yang tepat?
2.2. Ada dua tumpukan pertandingan di atas meja: satu memiliki 10, yang lain memiliki 7. Para pemain bergiliran. Dalam satu gerakan, Anda dapat mengambil sejumlah pertandingan (1; 2; 3; ...) dari salah satu tumpukan (sesuai pilihan pemain). Siapa pun yang tidak bisa bergerak (tidak ada pertandingan tersisa) kalah. Siapa yang menang dengan strategi yang tepat?
2.3. Ada beberapa negatif di telepon. Dua pemain bergiliran meneruskan satu atau dua minus yang berdekatan ke plus; orang yang melewati minus terakhir menang. Siapa yang menang dengan permainan yang tepat: pemula atau pasangannya? Dan jika kontra ditulis dalam lingkaran?
2.4. Giraffe dan Giraffe sedang memainkan permainan berikut. Mereka secara bergiliran menghapus huruf-huruf pada kalimat "HEWAN NECKED PANJANG". Dalam satu gerakan, hanya satu huruf yang terhapus, atau satu huruf dan semua huruf yang sama yang tetap tidak terhapus saat ini. Orang yang menghapus huruf terakhir menang. Jerapah dimulai. Siapa yang menang jika dimainkan dengan benar?
2.5. Sebuah persegi panjang 5x9 digambar di atas kertas kotak-kotak. Ada chip di pojok kiri bawah. Kolya dan Seryozha bergiliran memindahkannya sejumlah sel ke kanan atau ke atas. Kolya pergi duluan. Orang yang menempatkan chip di kanan atas menang. Siapa yang menang jika dimainkan dengan benar?
2.6. Raja catur berdiri di sudut kiri bawah papan catur. Dua pemain bergiliran bergiliran. Dalam satu gerakan, dapat dipindahkan satu bidang ke kanan, satu bidang ke atas, atau satu bidang secara diagonal "kanan-atas". Pemain yang menempatkan raja di sudut kanan atas papan menang. Siapa yang akan menang dengan permainan yang tepat dan bagaimana dia harus bertindak untuk ini?
2.7. Dua orang sedang memainkan permainan ini. Yang pertama menyebutkan bilangan asli dari 2 hingga 9, yang kedua mengalikannya dengan bilangan asli dari 2 hingga 9, yang pertama mengalikan hasilnya dengan bilangan asli dari 2 hingga 9, dst. Pemenangnya adalah yang mendapat angka yang lebih besar dari 1000 untuk pertama kalinya.
2.8. Jam menunjukkan tengah hari. Dua pemain bergiliran menggerakkan jarum jam dua atau tiga jam ke depan. Jika, setelah giliran pemain, panah menunjuk ke 6, dia menang.
2.9. Ada chip dengan angka 1; 2; 3; empat; 5; 6; 7; delapan; 9 (seperti dalam permainan lotre). Dua pemain bergiliran mengambil chip (satu chip untuk setiap gerakan). Pemain yang pertama kali mengumpulkan tiga chip dengan total 15 menang (Jika tidak ada pemain yang memiliki chip seperti itu, hasil imbang dicatat.) Bisakah salah satu pemain mengamankan kemenangan? seri?
2.10. Kata-kata ditulis pada 9 kartu: ikan, baji, benang, langit, jus, manik-manik, mulut, jaring, sungai. Dua orang bergiliran mengambil kartu dari meja, dan orang yang pertama memiliki tiga kata yang memiliki huruf yang sama menang.
2.11. Ada dua tumpukan permen: satu berisi 20, yang lain - 21. Pada gilirannya, Anda harus memakan semua permen di salah satu tumpukan, dan membagi yang kedua menjadi dua tumpukan yang tidak harus sama. Orang yang tidak bisa bergerak akan kalah. Siapa yang menang?
2.12. Di ujung strip kotak-kotak 1 x 20 berdiri sebuah kotak. Selama bergerak, diperbolehkan untuk memindahkan pemeriksa apa pun ke arah satu atau dua sel lainnya. Anda tidak bisa melompati checker. Orang yang tidak bisa bergerak akan kalah. Siapa yang menang dengan permainan yang tepat?
2.13. Ada dua tumpukan batu - masing-masing 7 tumpukan. Anda dapat mengambil sejumlah batu per giliran, tetapi hanya dari satu tumpukan. Orang yang tidak bisa bergerak akan kalah. Siapa yang menang?
2.14. Dua orang sedang bermain game. Gerakan, yang dilakukan secara bergantian, terdiri dari fakta bahwa sejumlah batu dari 1 hingga 5 dikeluarkan dari tumpukan 50 batu. Siapa yang mengambil batu terakhir menang. Siapa yang akan menang dalam permainan ini? 2.15. Tiga tumpukan berisi batu tahun 2007, 2008 dan 2009. Dua sedang bermain. Dalam satu gerakan, diperbolehkan untuk menghapus dua tumpukan, dan membagi yang ketiga menjadi tiga tumpukan baru (tidak kosong). Orang yang tidak bisa bergerak menang. Siapa yang akan menang - pemain pertama atau kedua?
3. Tugas logika
Dua sahabat bertemu. Yang satu bertanya kepada yang lain: “Bagaimana tidak apa-apa? Dari mana kamu berasal?". Yang kedua menjawab: “Ya, saya menjual disk saya. Dan ternyata kepada satu "teman" saya menjual setengah dari cakram saya dan setengah lagi, ke yang lain - setengah dari sisa cakram dan setengah lagi. Untuk ketiga saya menjual setengah dari sisa dari kedua dan setengah dari disk. Tidak ada lagi disk yang tersisa. Mereka tertawa dan berpisah. Berapa banyak disk yang telah terjual?
Ibu membeli apel. Dia mengambil dua dari mereka untuk dirinya sendiri, dan membagi sisanya di antara anak-anaknya. Untuk yang pertama dia memberikan setengah dari semua apel dan setengah lagi apel, ke yang kedua - setengah dari sisanya dan setengah lagi dari apel, ke yang ketiga - setengah dari apa yang tersisa dan setengah apel yang tersisa. Semua apel utuh. Berapa banyak apel yang ibu beli? Berapa banyak apel yang diperoleh masing-masing?
Di pagi hari pemilik membawa sekotak lemon ke pasar. Saya memberikan setengah dari semua lemon dan setengah lemon ke poin pertama, setengah dari yang tersisa dan setengah lemon lagi ke poin kedua, setengah dari sisanya dan setengah lemon lagi ke poin ketiga. Setelah itu, 31 lemon tetap berada di dalam kotak, yang mulai diperdagangkan oleh pemiliknya sendiri. Berapa banyak lemon di dalam kotak?
Ada tiga putra yang sadar dalam keluarga. Di pagi hari ibuku meninggalkan sepiring buah prem dan pergi bekerja.
Anak laki-laki tertua adalah yang pertama bangun, dia sudah bekerja dan menjadi penopang keluarga. Melihat buah plum di atas meja, dia memakan sepertiganya dan pergi.
Putra tengah bangun kedua, belajar dari jam 9, bisa tidur lebih lama. Berpikir bahwa saudara-saudaranya belum makan buah prem, dia makan sepertiga dari apa yang ada di piring dan pergi.
Si bungsu bangun lebih lambat dari semua orang, tetapi bukan karena dia malas, dia baru saja belajar dari shift kedua. Melihat buah prem, dia memutuskan bahwa saudara-saudaranya belum memakannya, dan karena itu hanya makan sepertiga dari buah prem di piring, setelah itu 8 buah prem tersisa di piring. Berapa banyak buah prem yang ditinggalkan ibu di piring?
Winnie the Pooh dan Piglet memiliki beberapa balon, di antaranya ada yang besar dan kecil, serta biru dan hijau. Buktikan bahwa teman-teman dapat mengambil satu bola pada satu waktu sehingga mereka memiliki ukuran dan warna yang berbeda secara bersamaan.
Di antara 18 koin, satu adalah palsu. Koin asli memiliki berat yang sama, koin palsu berbeda beratnya dari yang asli. Berapa jumlah penimbangan terkecil pada timbangan yang benar tanpa timbangan untuk menentukan apakah koin palsu lebih ringan atau lebih berat daripada koin asli?
36 ton kargo dikemas dalam tas dengan berat tidak lebih dari satu ton. Buktikan bahwa sebuah mobil berbobot empat ton dapat mengangkut beban ini dalam 11 kali perjalanan.
Ada 20 tumpukan kacang di atas meja. Diperbolehkan menambahkan satu mur sekaligus ke 3 tumpukan apa pun. Buktikan bahwa dengan mengulangi operasi ini dimungkinkan untuk menyamakan jumlah mur di semua tumpukan.
Petunjuk, solusi, dan jawaban
Persamaan dan sistem persamaan
1.1. Solusi: Nyatakan variabel x:
.
Karena x adalah bilangan bulat, pecahan juga harus bilangan bulat, dan ini hanya mungkin jika y = 9; sebelas; 111;-91.
Jika y = 9, maka substitusikan ke dalam ekspresi, kita dapatkan x = -91; demikian pula, untuk y = 11, x = 111; y=111, x=11; y= -91, x= 9.
Jawaban: (-91, 9), (111, 11), (11, 111), (9, -91).
Menjawab: , .
Solusi: (x2 - 4xy + 4y2) - 9y2 = 1996
(x - 2y)2 - 9y2 = 1996
(x - 2y - 3y) (x - 2y + 3y) = 1996
(x - 5y) (x + y) = 1996
1996 = 1 *1996 = - 1 * (-1996) = 2 * 998 = - 2 *(- 998) = 4 * 499 = = - 4 *(- 499).
Karena x, y adalah bilangan asli, maka (x + y) adalah bilangan asli dan x + y > 1. Karena hasilnya adalah 1996, maka (x - 5y) adalah bilangan asli. Solusi persamaan direduksi menjadi solusi sistem:
1) tidak ada solusi di N;
2) atau tidak ada solusi di N;
3) atau tidak ada solusi di N.
Jawaban: (832; 166)
Larutan. Kami secara berurutan akan menyingkirkan modul, dimulai dengan yang eksternal. Pada saat yang sama, kami memperhitungkan bahwa modulus ekspresi apa pun tidak dapat sama dengan angka negatif.
atau,
atau.
Persamaan pertama setara dengan dua persamaan:
atau
atau.
Dari persamaan terakhir, hanya persamaan pertama yang masuk akal, menyelesaikannya, kita mendapatkan x = 1.
Perhatikan persamaan kedua
, oleh karena itu, persamaan kedua tidak memiliki solusi.
Jawab: x = 1.
Larutan. Pertimbangkan suku-suku persamaan yang memuat variabel x dan, dengan menggunakan rumus kuadrat penuh dari jumlah atau selisih, pilih kuadrat penuh.
.
Demikian pula, kami memilih kotak penuh untuk istilah yang berisi variabel y dan z:
,
.
Mensubstitusikan persamaan yang diperoleh ke dalam persamaan asli, kita memperoleh
.
Karena jumlah suku positif sama dengan nol, dan ini hanya mungkin jika masing-masing suku sama dengan nol, maka
, .
Menjawab: ,.
Larutan. Mari kita lakukan substitusi. Kemudian, menghilangkan irasionalitas, kita mendapatkan.Menambahkan suku demi suku ke bagian kanan dan kiri persamaan, kita dapatkan. Menambahkan persamaan asli ke persamaan ini, kita memperoleh sistem dua persamaan

Dengan menggunakan rumus perkalian tereduksi, sistem aslinya dapat ditulis ulang sebagai:

Solusi dari sistem ini atau. Kembali ke variabel x , kita dapatkan, .
Menjawab: , .
Jawaban: a); b) ; di) .
Larutan. Di sisi kiri persamaan, kami menambahkan ke kuadrat penuh, menambah dan mengurangi, kami mendapatkan:
,
,
,
,
.
Oleh karena itu, atau,
di mana kita mendapatkan, atau.
Menjawab: ,.
Menjawab: .
Larutan. Menambahkan dan mengurangi persamaan pertama dan persamaan kedua, kita mendapatkan sistem yang setara:
.
Selanjutnya, menggunakan rumus untuk jumlah dan selisih kubus, kami membawa sistem ke bentuk berikut:
Sistem terakhir dibagi menjadi empat sistem
(1) (2)
(3) (4)
Sistem (1) hanya memiliki solusi nol. Memecahkan sistem (2) dengan metode substitusi, kita dapat menunjukkan bahwa sistem ini tidak memiliki solusi.
Solusi dari sistem (3) ada dan berbentuk:
dan
Memecahkan sistem (4) dengan metode penambahan dan pengurangan, kami memiliki:

Sistem terakhir tidak memiliki solusi.
Menjawab: ,.
Menjawab: ,.
Larutan. Mari kita tulis ulang sistemnya sebagai berikut:

Atau
Darimana jadinya?
atau
Menjawab: , .
Menjawab:, .
Larutan. Lipat tigakan persamaan kedua dan kurangi dari persamaan pertama, kita mendapatkan

Kami memecahkan sistem terakhir dengan metode substitusi:
lalu atau
Menjawab: , .
Jawaban: a); b) , .
2. Permainan matematika. Strategi.
2.1. Dalam permainan ini, pemain pertama bisa menang dengan menempatkan koinnya di tengah lembar dan kemudian mengulangi gerakan pemain kedua secara simetris di tengah. (Simetri terhadap suatu titik adalah perputaran di sekelilingnya sebesar 180 derajat.) Jika pemain kedua berhasil meletakkan koin di tempat kosong, maka ada tempat simetris kosong di mana koin juga bisa diletakkan. Dan seterusnya.
2.2. Di sini, pemain pertama dapat menjamin kemenangan jika dia terlebih dahulu menyamakan tumpukan dengan mengambil tiga pertandingan dari yang lebih besar. Setelah itu, ia harus mengulangi gerakan yang kedua, tetapi mengambil dari tumpukan lain, memulihkan kesetaraan yang rusak.
2.3. Dalam permainan ini, pemain pertama menang, terlepas dari jumlah minus di baris. Untuk melakukan ini, ia harus meneruskan ke plus minus rata-rata (jika ada minus ganjil dan minus di tengah) atau dua minus rata-rata (jika ada minus genap). Setelah itu, permainan dibagi menjadi dua bagian independen, dan yang tersisa hanyalah mengulangi gerakan lawan di bagian lain, mempertahankan simetri. Jika minus ditulis dalam lingkaran dan tidak ada dua di antaranya, maka yang kedua menang, karena yang pertama memimpin permainan ke yang sebelumnya sendiri dan yang kedua menjadi yang pertama. Jika tidak ada lebih dari dua minus, maka yang pertama mengoreksi semuanya dan menang.
2.4. Mengesampingkan empat E dan dua I untuk saat ini, sisa huruf dapat disusun sebagai berikut: JSHOOOO / NNNLTV. Pemain kedua dapat menerapkan strategi simetris pada huruf-huruf tertulis: hapus huruf-huruf yang simetris dengan huruf-huruf yang (sehubungan dengan bagian tengah) yang baru saja dihapus oleh pemain pertama.
Mari kita jelaskan bagaimana pemain kedua dengan huruf "E" dan "I" harus bertindak untuk menang.
Jika pemain pertama pada langkah tertentu menghapus sepenuhnya salah satu grup (semua huruf "E" atau "I"), maka pemain kedua sepenuhnya menghapus sisa grup yang ditunjukkan, dan menerapkan strategi simetris ke sisa huruf , seperti yang ditunjukkan di atas.
Jika pemain pertama menghapus satu huruf "E", yang kedua juga menghapus satu huruf "E". kemudian sisa huruf "E" dan "I" membentuk konstruksi simetris EE / AI, di mana pemain kedua menerapkan strategi simetris.
Jika pemain pertama menghapus satu huruf "I", yang kedua menghapus satu huruf "E". Jika di masa depan pemain pertama menghapus huruf lain "E", yang kedua juga menghapus "E" dan kembali ke konstruksi simetris E / I.
Dengan demikian, pemain yang bergerak kedua - Jerapah - menang.
2.5. Pertanyaan untuk dipahami: “Dalam permainan ini, apakah sel (ujung) kanan atas menang atau kalah?” Jawab: kalah, karena jika pemain memulai dari itu, maka pemain sebelumnya sudah menang. Ini diperlukan untuk menganalisis permainan dari akhir. Tidak sulit untuk menggambarkan posisi menang dan kalah dalam permainan ini.
H H H H H H H H P (akhir)
H H H H H H W P H
H H H H W H W W
V V V V V P V V V
V(awal) V V V P V V V V

Jawaban: Yang pertama menang (Kolya), strategi: "Bertaruh pada posisi kalah."
2.6. Tidak sulit untuk menggambarkan posisi menang dan kalah dalam permainan ini.
V P V P V P V P (akhir)
H H H H H H H H H
V P V P V P V P
H H H H H H H H H
V P V P V P V P
H H H H H H H H H
V P V P V P V P
H (mulai) H H H H H H H
Dengan demikian, pemain pertama menang, setiap kali menempatkan chip dalam posisi kalah.
Ada juga cara yang lebih sederhana, yang dapat dilihat dari tabel: “Pemain pertama melakukan gerakan pertama secara diagonal, dan kemudian mengulangi gerakan lawan.” Strategi ini memberikan bahwa hanya pada gerakan pemain pertama, kedua koordinat sel saat ini akan genap.
2.7. Mari kita gambarkan posisi menang dan kalah: jelas bahwa mulai dari 1001, ada yang kalah. Selanjutnya W: 112-1000, R: 56-111, W: 55 - 7, R: 6-2. Oleh karena itu, yang pertama harus memanggil nomor dari 2 hingga 6 dan masuk ke posisi kalah. Yang pertama menang.
2.8. Yang pertama berjalan selama 2 jam. Yang kedua tidak bisa pergi ke 4 (dia akan langsung kalah), jadi dia pergi ke 5. Yang pertama pergi ke 8. Yang kedua - baik ke 10 atau 11. Yang pertama - ke 1. Yang kedua ke 3 atau 4. Yang pertama ke 6. Jawaban: Menangkan yang pertama.
2.9. Solusi: untuk menetapkan isomorfisme yang diinginkan, mari kita ingat cerita populer dari buku-buku tentang "matematika menghibur" - kotak ajaib. Bilangan dari 1 sampai 9 dapat disusun dalam bujur sangkar 3x3 sehingga jumlah setiap baris, setiap kolom, dan masing-masing dari dua diagonalnya adalah 15:
4 9 2
3 5 7
8 1 6
Tidak ada kombinasi lain dari tiga angka dengan jumlah 15 (kecuali untuk horizontal, vertikal, dan diagonal). Sekarang sudah jelas bahwa jika kita menandai chip yang diambil oleh pemain pertama dengan salib di tabel ini, dan menandai chip pemain kedua dengan nol, maka permainan akan berubah menjadi tic-tac-toe biasa. Pemain bergiliran meletakkan tanda mereka (dalam bahasa chip - mereka mengambil chip), dan orang yang pertama kali mengumpulkan tiga chip dengan total 15 menang (menempatkan tiga tandanya dalam satu baris). Penggemar Tic-tac-toe tahu bahwa kedua belah pihak, jika dimainkan dengan benar, dapat menjamin diri mereka sendiri setidaknya seri.
2.10. Solusi: Game ini isomorfik terhadap tic-tac-toe. Mari kita buat tabel:
jus baji sungai
manik-manik ikan langit
mulut benang jaringan
Setiap 3 kata dalam satu baris, satu kolom atau satu diagonal besar tabel memiliki huruf yang sama, sedangkan tiga kata lainnya tidak memiliki huruf yang sama.
2.11. Solusi: Jika kita memutuskan untuk menggunakan metode posisi pemenang, maka kita perlu menemukan posisi pemenang ini. Untuk menemukannya, pertimbangkan kasus paling sederhana.
Posisi menang paling sederhana untuk pemain yang membuatnya adalah 1 dan 1. Jelas bahwa dalam hal ini orang yang bergerak kedua menang, karena pemain pertama tidak bergerak.
Jelas, posisi 2 dan 1 menang untuk yang pertama dan kalah untuk yang kedua.
Jika 3 dan 1, maka yang kedua menang lagi, karena mudah untuk memverifikasi dengan cek sederhana, karena ada tepat dua gerakan Ketika ada 3 dan 2 dalam tumpukan, yang pertama menang (hapus 3, bagi 2) .
Jika 3 dan 3, maka kemenangan kembali ke yang kedua, yang dapat ditunjukkan dengan pencacahan sederhana, dll.
Kami melihat sebuah pola: jika ada jumlah permen yang ganjil di setiap tumpukan, maka posisi menang untuk yang kedua. Jika setidaknya salah satu tumpukan memiliki jumlah permen yang genap, maka posisi seperti itu menang untuk yang pertama, dua suku, salah satunya genap. Namun, jika setidaknya salah satu tumpukan memiliki jumlah permen yang genap (bukan nol), maka mudah untuk membaginya menjadi dua suku ganjil. Dengan cara ini kita dapat membagi semua posisi menjadi menang dan kalah, dengan mempertimbangkan berapa banyak permen yang ada di tumpukan. Dan tugas pemenang adalah bergerak ke posisi pemenang, setelah itu sudah jelas siapa yang akan menang dalam permainan yang diberikan dan bagaimana mencapainya.
Kami membagi semua kemungkinan gerakan menjadi "menang" dan "kalah". Jika, setelah membelah, kami mendapatkan dua tumpukan dengan jumlah permen ganjil, maka kami akan menyebut posisi seperti itu "menang", dan sisanya - "kalah".
Strategi pemenang adalah dia bergerak ke bidang "kemenangan". Karena yang pertama dapat bergerak ke bidang "menang", tetapi tidak ada perpindahan dari satu bidang "menang" ke bidang lain, dan dari bidang "kalah" mana pun dalam satu gerakan, Anda dapat mencapai yang "menang", yang pemula menang. Pada langkah pertamanya, dia bisa memakan setumpuk 21 permen, dan membagi tumpukan 20 permen menjadi dua, di mana jumlah permen ganjil di kedua tumpukan (misalnya, 19 dan 1). Perhatikan bahwa posisi terakhir, ketika ada dua tumpukan, masing-masing satu permen, menang, yaitu langkah terakhir akan dilakukan oleh yang pertama.
2.12. Solusi: Pertama, beri nomor ulang bidang papan. Mudah dipahami bahwa salah satu catur dapat dianggap tidak bergerak, karena bagaimanapun, dalam satu gerakan yang dilakukan oleh kedua pemain, jarak antara catur dikurangi setidaknya 2 sel (dan ini adalah hal utama dalam masalah ini. ). Oleh karena itu, kita dapat mengasumsikan bahwa kedua pemain hanya menggerakkan salah satu dari catur. Menempatkan tanda "+" dan "-" pada sel papan sesuai dengan metode penyelesaian masalah dari posisi akhir, kita mendapatkan gambar berikut (jika catur awalnya tidak menempati sel papan, mis. ada 20 bidang di antara mereka):
- + - - + - - + - - + - - + - - + - - +
12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 field apapun yang bertanda “+” tidak dapat dijangkau dalam sekali pindah ke field yang bertanda “+”, tetapi dari field manapun yang bertanda “ -" tanda itu mungkin, yaitu, seluruh bidang telah dibagi menjadi bidang "menang" dan "kalah".
2.13. Solusi: Pertama kita menggunakan metode masalah kecil, mari kita mulai permainan dengan dua tumpukan, yang masing-masing memiliki satu batu. Kemudian, jelas bahwa yang pertama kalah.
Jika kita menambahkan satu batu lagi ke salah satu tumpukan, maka jelas bahwa pemula akan menang: pada langkah pertamanya, ia akan mengambil satu batu dari tumpukan, di mana ada dua batu, dan mendapatkan posisi yang ternyata masuk kasus yang dipertimbangkan di atas, hanya sekarang dia sudah menjadi yang kedua.
Jika ada 3 dan 1 batu di tumpukan, maka pemain yang memulai permainan menang lagi: ia menyamakan jumlah batu dalam tumpukan, yaitu, ia mengambil dua batu dan mendapatkan bahwa jumlah batu dalam tumpukan akan menjadi 1 dan 1.
Jika jumlah batu dalam tumpukan adalah 2, maka pemula kalah lagi: pada setiap gerakannya, lawan dapat mengambil jumlah batu yang sama dari tumpukan lain yang tidak disentuh pemain pertama.
Sekarang mudah untuk memahami bagaimana pemain yang melakukan gerakan kedua harus bertindak untuk memenangkan permainan ini: dia harus melakukan gerakan yang sama persis seperti yang pertama, tetapi dia hanya harus mengeluarkan batu dari tumpukan yang tidak disentuh lawannya. langkah terakhir. Seperti yang dapat Anda pahami dengan mudah, pemenang selalu memiliki gerakan setelah gerakan lawan. Sangat mudah untuk memahami strategi umum pemenang ketika ada sejumlah batu di tumpukan:
jika jumlah batu dalam tumpukan sama, maka perlu menyamakan jumlah batu dalam tumpukan setelah gerakan pemula, melakukan gerakan simetris. Pemain kedua menang.
jika jumlah batu di tumpukan tidak sama, maka pemula menyamakan jumlah batu di tumpukan sendiri dan kemudian melanjutkan dengan cara yang sama seperti pada kasus pertama. Di sini pemain yang melakukan langkah pertama menang.
Dalam permainan ini, simetrinya agak tidak biasa - tampaknya tidak simetri sama sekali, namun, kesetaraan batu dalam tumpukan, dan gerakan "identik" yang dilakukan oleh para pemain sangat mengingatkannya.
2.14. Solusi: Sekali lagi, pengembangan strategi paling baik dimulai dengan sejumlah kecil kerikil. Jelas bahwa jika ada kurang dari enam batu di tumpukan kami, maka pemain pertama akan menang: dia akan mengambil semua batu dengan langkah pertamanya Jika ada 6 kerikil di tumpukan kami, maka jelas bahwa yang kedua akan menang, karena dia akan mengambil semua batu yang tersisa setelah gerakan pemula yang pertama.Jika ada tujuh batu? Apa yang harus dilakukan kemudian pertama? Dia perlu mengambil satu batu dan mengurangi masalah ke kasus sebelumnya. Demikian pula perlu untuk mengembangkan strategi permainan untuk 7, 8, 9,10,11 batu.
Ketika ada 12 batu, jelas bahwa yang kedua akan menang: tidak peduli bagaimana yang pertama bergerak, dia dapat mengambil batu sebanyak itu sendiri sehingga hanya tersisa 6. Dan dalam hal ini, dia menang, seperti kita sudah membahas. Jadi, jika jumlah batu habis dibagi 6, maka yang kedua menang, jika tidak habis dibagi, maka yang pertama. Mari kita buktikan.
Mari kita memiliki 6t batu. Setelah langkah pertama pemain yang memulai permainan, yang kedua melakukan gerakan, setelah itu 6t - 6 batu tersisa, yaitu jumlah batu di tumpukan berkurang 6. Mudah dipahami bahwa pemain yang membuat langkah kedua akan mengambil batu terakhir, dan juga jelas bahwa dia selalu memiliki kesempatan untuk bergerak.
Mari kita memiliki 6t+a, di mana 1< а < 5, камней. Тогда начинающий первым своим ходом убирает все, что «мешает», т. е. а камней, и остается всего 6 t камней, т. е. сводит игру к рассматриваемому выше случаю, где он уже второй игрок. Значит в этом случае побеждает игрок, делающий первый ход.В нашей задаче 50 камней. Поэтому выигрывает первый, беря из кучки два камня и оставляя 48 камней. Далее после его последующих ходов в кучке будет оставаться соответственно 42, 36, 30, 24, 18, 12, 6, 0, таким образом, последний камень забирает первый игрок.
2.15. Solusi: Yang pertama menang. Strategi kemenangannya sederhana: Anda perlu memastikan bahwa jumlah batu di beberapa tumpukan baru berakhir 3 atau 4, dan di sisa tumpukan baru - tidak melebihi 4. Misalnya, tumpukan batu 2009 dapat dibagi menjadi tiga seperti: 563, 663, 783 atau 2, 3 , 2004, dll. Sangat mudah untuk melihat bahwa musuh tidak dapat menggunakan strategi yang sama. Setelah beberapa gerakan, pemain pertama akan menawarkan 3 tumpukan: satu memiliki 3 atau 4 batu, dua lainnya - tidak lebih dari 4. Pemain kedua dapat melakukan gerakan, tetapi langkah berikutnya tidak lagi memungkinkan.
3. Tugas logika3.1. Adalah penting bahwa disk tidak pecah, mis. masing-masing dijual seluruh cakram. Mari kita tunjukkan teman-teman pahlawan kita D1, D2, D3. Mari kita mulai dengan D3.
D3. Pada saat pembeliannya, jumlah disk yang ganjil tetap ada, karena. jika tidak, kondisi "dan setengah disk lainnya" tidak akan memberikan seluruh disk. Karena disk habis setelah pembelian, ternyata setengah dari disk adalah "setengah dari yang tersisa dari yang kedua".
Kesimpulan: setengah disk (setengah dari sisa dari yang kedua) + setengah disk = 1 disk.
D 2. Pada saat pembeliannya, jumlah disk yang ganjil juga tetap ada, dan lebih dari 1 disk - 3 disk. D2 membeli 2 disc: setengah dari sisa + setengah disc.
D1. Pembeliannya: setengah + setengah disk. Ternyata setengah = 3,5 disk. Artinya, D1 membeli 4 disk.
Total terjual 1 + 2 + 4 = 7 disc.
Jawaban: 7 cakram.
Jawab: Ibu membeli 9 apel. Pembagian apel: 4 - ke yang pertama, 2 ke yang kedua, 1 - ke yang ketiga. (Alasannya serupa: 7 apel + 2 apel).
Larutan:
ke poin ketiga - setengah dari sisanya dan setengah lemon lagi ke poin kedua - setengah dari yang tersisa dan setengah lemon lagi ke poin pertama Saya memberikan setengah dari semua lemon dan setengah lemon lagi untuk dijual
(31 lemon + setengah lemon) 2 = 63 lemon (63 lemon + setengah lemon) 2 = 127 lemon (127 lemon + setengah lemon) 2 = 255 lemon ada di dalam kotak
Jawaban: 255 lemon.
Larutan:
membangunkan putra bungsu:
12 plum \u003d 8 + 4 putra tengah bangun:
18 plum \u003d 12 + 6 putra tertua bangun:
27 plum = 18 + 9
8 prem - (kiri untuk dua bersaudara),
lalu - 4 buah prem (dia makan) 12 buah plum - (ditinggalkan untuk dua bersaudara),
lalu - 6 buah prem (dia makan) 18 buah plum - (ditinggalkan untuk dua bersaudara),
lalu - 9 buah plum (dia makan)
Jawaban: 27 buah plum.
Anda bisa berdebat seperti ini. Biarkan Winnie the Pooh mengambil beberapa bola besar, dan Piglet - yang kecil. Jika bola-bola ini ternyata memiliki warna yang berbeda, maka masalahnya terpecahkan. Biarkan bola menjadi warna yang sama, misalnya, biru. Kemudian, sesuai dengan kondisi soal, di antara sisa bola ada yang berwarna hijau. Jika itu bola hijau besar, maka biarkan Winnie the Pooh mengambilnya sebagai ganti miliknya, dan jika itu kecil, biarkan Piglet mengambilnya. Setelah itu, bola-bola tersebut akan memiliki warna dan ukuran yang berbeda.
Mari kita beri nomor koin. Mari kita bagi set koin menjadi 3 tumpukan masing-masing 6 koin.
Pada penimbangan pertama, kami meletakkan semua koin dari tumpukan pertama pada satu timbangan, dan yang kedua pada timbangan lainnya. 2 kasus yang mungkin.
Kasus 1: Timbangannya seimbang. Kemudian koin palsu ada di tumpukan ketiga. Sekarang mari kita letakkan tumpukan koin pertama di satu timbangan, dan yang ketiga di timbangan lainnya. Jika, misalnya, tumpukan ketiga menepi, maka koin palsu lebih berat daripada yang asli.
kasus ke-2. Biarkan timbangan tidak seimbang pada penimbangan pertama. Kemudian koin palsu itu ada di tumpukan pertama atau di tumpukan kedua. Oleh karena itu, semua koin dari tumpukan ketiga adalah nyata. Mari kita letakkan tumpukan koin pertama di satu timbangan, dan yang ketiga di timbangan lainnya. Jika timbangan tidak seimbang, maka uang logam palsu ada di tumpukan pertama, dan penimbangan kedua akan menunjukkan apakah lebih ringan atau lebih berat dari yang asli. Jika timbangannya seimbang, maka uang logam palsu ada di tumpukan kedua, dan dengan penimbangan pertama juga dapat ditentukan apakah lebih ringan atau lebih berat dari yang asli.
1 opsi hasil Koin palsu
1 menimbang 1 tumpukan 2 tumpukan keseimbangan Di tumpukan ketiga
2 penimbangan 1 tumpukan 3 tumpukan ketidakseimbangan Tentukan beratnya
Opsi 2 1 berat 1 ikat 2 ikat tidak seimbang 1 ikat
2 penimbangan 1 tumpukan 3 tumpukan ketidakseimbangan 1 tumpukan, tentukan beratnya.
Opsi 3 1 berat 1 ikat 2 ikat tidak seimbang 2 ikat
2 penimbangan 1 tumpukan 3 tumpukan keseimbangan Berdasarkan hasil penimbangan pertama, kami menentukan berat koin palsu.
Jawaban: 2 timbangan sudah cukup.
Kami akan memuat tas di mobil sampai berat totalnya melebihi 4 ton. Kemudian lepaskan tas terakhir dan sisihkan. Bagasi yang tertunda tidak ikut dalam pemuatan berikutnya. Mari kita lakukan ini 8 kali. 8 tas akan tertunda. Berat total kargo yang diangkut dan tas yang ditangguhkan lebih dari 8 * 4 = 32 (t). Artinya, tersisa kurang dari 4 ton yang bisa diangkut pada perjalanan kesembilan. Kami akan mengangkut tas yang ditangguhkan untuk dua perjalanan yang tersisa, 4 tas (beratnya tidak lebih dari 4 ton) sekaligus.
Atur tumpukan dari kiri ke kanan sehingga tumpukan dengan jumlah kacang paling sedikit berada di urutan ke-18. Mari tambahkan satu mur ke setiap tumpukan dari tiga yang pertama, tiga yang kedua, dst., tiga yang keenam, yaitu, ke masing-masing dari 18 tumpukan pertama. Sekarang tambahkan satu kacang ke tumpukan 18, 19 dan 20. Akibatnya, jumlah mur dalam setiap tumpukan akan bertambah 1, dan dalam 18 - sebanyak 2. Dengan demikian, selisih jumlah kacang dalam tumpukan terbesar dan terkecil akan berkurang 1 jika ada satu tumpukan dengan tumpukan terkecil. nomor. Kalau tidak, di tempat ke-18 kami kembali meletakkan tumpukan dengan jumlah kacang terkecil. Dengan mengulangi prosedur ini, kita akan mengurangi selisih antara jumlah kacang terbesar dan terkecil hingga menjadi nol.
Bibliografi
Agakhanov N.Kh. Olimpiade Daerah. Kelas 6-11 [Teks] / N.Kh. Agakhanov, OK Podlipsky. – M.: Pencerahan, 2010. – 192 hal.
Galkin E.V. Tugas non-standar dalam matematika. Tugas yang bersifat logis. Buku untuk siswa 5-11kl. M.: Pencerahan, 1996.
Gardner, M. Teka-teki matematika dan hiburan [Teks] / M. Gardner. – M.: Mir, 1971.
Ignatiev, E. I. Di bidang kecerdikan [Teks] / E. I. Ignatiev. – M.: Nauka, 1979.
Shen A. Permainan dan strategi dari sudut pandang matematika. - M.: MTsNMO, 2007. - 40-an.
Materi Olimpiade Kota Matematika 2009.