Cartea conține probleme la olimpiade de complexitate variată- atât sarcini simple, care se rezolvă adesea oral pe o singură linie, cât și sarcini de tip cercetare.
Cartea este destinată profesorilor, conducătorilor cercurilor matematice, elevilor specialități pedagogiceși oricine este interesat de matematică.

Exemple.
Prietenii Alyosha, Borya și Vitya sunt în aceeași clasă. Unul dintre ei pleacă acasă de la școală cu autobuzul, celălalt cu tramvaiul, iar al treilea cu troleibuzul. Într-o zi, după școală, Alioșa s-a dus să-și vadă prietenul la stația de autobuz. Când un troleibuz a trecut pe lângă ei, un al treilea prieten a strigat de la fereastră: „Borya, ți-ai uitat caietul la școală!” Cine conduce acasă?

Trei prieteni lucrează în aceeași fabrică: un lăcătuș, un strungar și un sudor. Numele lor de familie sunt Borisov, Ivanov și Semyonov. Lăcătușul nu are frați sau surori, este cel mai mic dintre prieteni. Semyonov este mai în vârstă decât strungărul și este căsătorit cu sora lui Borisov. Numiți lăcătușul, strungarul și sudorul.

Într-o sticlă, un pahar, un ulcior și un borcan sunt lapte, limonadă, kvas și apă, iar apa și laptele nu sunt într-o sticlă, un vas cu limonada stă între un ulcior și un vas cu kvas, nu există limonadă. sau apă în borcan. Paharul stă lângă borcan și vasul cu lapte. Ce vas este umplut cu fiecare dintre lichide?

Cinci băieți s-au stabilit în dacha: Andryusha, Borya, Volodya, Gena și Dima. Toate au fost diferite vârste: unul avea 1 an, celălalt 2 ani, restul 3, 4 și 5 ani. Volodya era cea mai mică, Dima era la fel de bătrână ca Andryusha și Gena împreună. Câți ani are Bora? Care alt băiat poate fi determinată?

CUPRINS
cuvânt înainte
Condiții
Sarcini logice
2. Afirmații adevărate și false. Cavaleri, mincinoși, vicleni
3. Transfuzie
4. Cântărire
5. Principiul Dirichlet


6. Numărări
6.1. Numărarea numărului de muchii
6.2. Grafice Euler
6.3. Copaci
6.5. Grafice Dirijate

Invariant
8. Paritate
10 jocuri
Numere întregi
11. Divizibilitate
11.2. Rămășițe
11.3. Comparații de module

12.2. Ecuatii lineare


14. Combinatorică



16. Inegalități
16.1. Inegalități numerice
16.3. Probleme de text

Răspunsuri, direcții, soluții
Sarcini logice
1. Povestea sarcini logice(găsește o potrivire între seturi)
2. Adevarat si afirmații false. Cavaleri, mincinoși, vicleni
3. Transfuzie
4. Cântărire
5. Principiul Dirichlet
5.1. Principiul Dirichlet și divizibilitatea numerelor întregi
5.2. Principiul Dirichlet și considerații suplimentare
5.3. Principiul Dirichlet în geometrie
5.4. Colorarea avionului și a părților sale. Mese
6. Numărări
6.1. Numărarea numărului de muchii
6.2. Grafice Euler
6.3. Copaci
6.4. Grafice plane și teorema lui Euler
6.5. Grafice Dirijate
6.6. Dating, teoria Ramsey
7. Sarcini mixte caracter logic
Invariant
8. Paritate
9. Rămășițe, expresie algebrica, colorant, semiinvariant
10 jocuri
Numere întregi
11. Divizibilitate
11.1. Factorizarea. Simplu și numere compuse
11.2. Rămășițe
11.3. Comparații de module
11.4. Semne de divizibilitate și alte sisteme numerice
12. Ecuații și sisteme de ecuații în numere întregi
12.1. cea mai mare divizor comun. Ecuatii lineare
12.2. Ecuatii lineare
12.3. Ecuații neliniareși sisteme de ecuații
13. Sarcini diverse la numere întregi. teoremele lui Fermat și lui Euler
Combinatorică și elemente de teoria probabilităților
14. Combinatorică
14.1. Reguli de sumă și produs
14.2. Plasări, permutări, combinații
14.3. Permutări și combinații cu repetări. Sarcini combinate
15. Elemente ale teoriei probabilităților
Elemente de algebră și calcul
16. Inegalități
16.1. Inegalități numerice
16.2. Dovada inegalităților
16.3. Probleme de text
17. Polinoame, ecuații și sisteme de ecuații
18. Secvențe și sume
Literatură.

Descărcare gratuită e-carteîntr-un format convenabil, urmăriți și citiți:
Descarcă cartea Colecția problemelor olimpiadei de matematică, Gorbaciov N.V., 2004 - fileskachat.com, descărcare rapidă și gratuită.

• Moscova și locuitorii săi, Istorie, Arhitectură, Viață, Carte de probleme netradiționale la matematică, clasele 5-6, Perli B.S., Perli S.S., 1997

EDITURA TSTU

IMNUL MECANICII

Cu toții suntem credincioși termekh Nu prin ordin de sus, deși nu am jurat credință față de aceasta deloc. Trăim conform legilor lăsate de Newton.

Și să fie salariul mic, Nu am făcut aur, Dar îi privim de sus pe umanitari. Noi principiul lui Galileo Toate principiile sunt mai importante.

Este grozav că suntem cu toții aici astăzi!

Astăzi suntem cu toții bucuroși să fim oaspeții olimpiadei. Hei, Orenburg, cu vremea Uite, nu-ți fie rușine!

„D’Alemberts” noștri să mintă puțin în exemple, Ce grozav că suntem cu toții aici astăzi!

Și lasa ca azi parca nu suntem la moda, nu te descuraja, tovarase, crede-ma si stai!

Și crezi cu fermitate și în mecanica lui Lagrange.

Este grozav că suntem cu toții aici astăzi!

(Alexander Sergeevich Zinoviev -

profesor asociat, Universitatea de Stat din Orenburg)

Ministerul Educației Federația Rusă Universitatea Tehnică de Stat Tambov

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

CULEGERE DE PROBLEME OLIMPIDE ÎN MECANICA TEORETICĂ

Ediția a doua, revizuită și mărită

Tambov EDITURA TSTU

Recenzători:

Profesor asociat al Universității Naționale Tehnice din Belarus

T. F. Boginskaya

Doctor stiinte tehnice, Profesor al Universității Tehnice de Stat Tambov

V. F. Pershin

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

Colecția P-58 sarcinile olimpiadei pe mecanică teoretică. Partea 1. Statica. Ed. a 2-a, revizuită. si suplimentare Tambov: Editura Tambov. stat tehnologie. un-ta, 2002. 80 p.

Colecția de probleme la olimpiade cuprinde 180 de probleme în statică, care au fost oferite studenților pentru rezolvare la All-Union și olimpiadele întregi rusești ah la mecanică teoretică din 1981 până în 1990, precum și alte olimpiade de mecanică teoretică diferite niveluri anul trecut. A doua ediție este completată cu sarcinile olimpiadelor rusești, o serie de olimpiade zonale. Sunt date exemple de rezolvare a mai multor probleme.

Colecția poate fi folosită în pregătirea elevilor pentru olimpiade, în organizarea și desfășurarea olimpiadelor de diferite niveluri și organizare. muncă independentă elevi.

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

© Universitatea Tehnică de Stat Tambov

(TSTU), 2002

© Popov V. I., Tyshkevich V. A.,

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

Publicație științifică

Popov Vladimir Ivanovici, Tyshkevich Valery Alekseevici, Shumsky Mihail Petrovici, Popov Andrey Ivanovici

CULEGERE DE PROBLEME OLIMPIDE ÎN MECANICA TEORETICĂ

Editor T. M. Fedchenko Inginer prototip de computer E. V. Korableva

LR Nr. 020851 din 13.01.94 Plr Nr. 020079 din 28.04.97

Semnat spre publicare la 27 aprilie 2002 Format 60 × 84/16. Hartie offset. Imprimare offset.

Căști Times. Volum: 4,65 arb. cuptor l.; 4.38 ed. l. Tiraj 150 exemplare. S. 322M.

Centrul de Editare și Tipografie al Universității Tehnice de Stat Tambov

392000, Tambov, str. Sovetskaya, 106, clădirea 14

DEDICAT TUTUROR ENTUSIAȚILOR MIȘCĂRII OLIMPIDE

olimpiade de mecanică teoretică s-au desfășurat în universități tehnice, si in timpuri recente iar în universitățile clasice, sunt un element formator de sistem al organizării activității educaționale și cognitive creative în liceu. Participarea studenților la mișcarea olimpiadei contribuie la o asimilare mai ordonată și profundă a cunoștințelor profesionale, face posibilă formarea pregătirii lor pentru activitate creativă dezvolta gândirea creativă. Toate acestea contribuie la pregătirea unui specialist competitiv, pregătit pentru activitate profesionalăîn condiţiile de piaţă actuale.

Necesitatea unei a doua ediții a colecției se datorează renașterii tradițiilor mișcarea olimpicăși

sunt incluse în plus sarcinile olimpiadelor din Rusia (Perm, 1992 - 1995; Ekaterinburg, 1996 - 2001), olimpiadelor zonale (Orenburg, 2000 - 2001), precum și sarcinile olimpiadelor desfășurate la Tambov pe baza Universitatea Tehnică de Stat Tambov.

C1 (URSS, 1982. 3 puncte)

Grinda grea OA, fixată la un capăt într-o balama O,

se sprijină în punctul B pe o minge de greutate R situată pe un plan orizontal fix.

Să se determine unghiul α la echilibru dacă coeficientul de frecare al mingii pe grindă și plan orizontal același și egal f.

С2 (URSS, 1982. 3 puncte)

Într-un mecanism plat, legăturile sunt fără greutate, legăturile sunt ideale. Un moment cunoscut M vp al unei perechi de forțe este aplicat cilindrului 1. Aflați valoarea deformației arcului, dacă rigiditatea arcului este egală cu și mecanismul în poziția indicată în figură, determinată de unghiul ϕ, este în repaus. Rod2 poate aluneca liber în cilindru1.

SZ (URSS, 1983. 3 puncte)

Un inel omogen de greutate P se sprijină liber în punctele A și B pe prisme fixe, care sunt situate pe diametrul vertical și respectiv orizontal al inelului. Presupunând că coeficienții de frecare ai inelului față de prismă sunt aceiași, determinați valoarea lor la care o sarcină punctiformă cu greutatea Q, fixată oriunde în jumătatea dreaptă a inelului, o va lăsa pe aceasta din urmă în pace. Ignorați dimensiunile transversale ale inelului.

C4 (URSS, 1983. 10 puncte)

se ține o placă OABD dreptunghiulară subțire, omogenă, cu greutatea Q

poziție orizontală cu o balama sferică O, o balama cilindrică A și o tijă grea subțire CB cu greutatea R. Tija este atașată cu balamale sferice de placa în punctul B și de peretele vertical în punctul C. Considerând frecarea în toate balamalele ca fiind neglijabilă și unghiul γ cunoscut, găsiți componenta de reacție a balamalei cilindrice A paralelă cu axa Oy folosind principiul posibile mișcări. Soluția rezultată poate fi verificată folosind ecuațiile de statică.

figura de poziție, dacă AO 1 O 2 \u003d 90 °, O 1 O 2 A \u003d α, O 1 A \u003d r, CO 2 \u003d O 2 D \u003d a, coeficientul de frecare dintre tija 2 și bucșa 3 este f, frecarea în balamalele O 1, A , О 2 este neglijabilă, toate legăturile mecanismului sunt fără greutate, contactul tijei2 cu bucșa3

C6 (URSS, 1984. 4 puncte)

Constructie rigida formata din doua grele identice

plăci omogene, legate printr-o tijă subțire îndoită în unghi drept de greutate neglijabilă, se menține în echilibru pe suportul O. Coeficient de frecare de numărare

tija pe un suport egal cu f, aflați valoarea maximă l la care va fi ținut corpul

pe un suport în echilibru. Dimensiunile și forma plăcilor sunt prezentate în figură.

C7 (URSS, 1985. 4 puncte)

Într-un mecanism plat, tija OA se poate roti în jurul balamalei O, deplasând tija BC în ghidaje perfect netede KL. Distanța dintre balama și ghidaje -l. Suprafața de contact dintre tijă și tijă în punctul B este rugoasă, coeficientul de frecare de alunecare este -f. A găsi valoarea minima momentul M al unei perechi de forţe care acţionează asupra tijei OA şi asigură echilibrul mecanismului la puncte de referință unghiul α și forța P . Ignorați greutatea tijelor.

Arata ce valoare absolută forța elastică a arcului la o poziție dată a mecanismului poate fi determinată prin egalitate

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

control F

С9 (URSS, 1986. 3 puncte)

Determinați forța S în bara AB a fermei plane, fixată și încărcată așa cum se arată în figură.

C10 (CCCP, 1986. 4 puncte)

Cilindrul 1 cu greutatea Q 1 se sprijină pe doi cilindri identici cu greutatea Q 2 așa cum se arată în figură. Coeficientul de frecare de alunecare între cilindri este f. Să se determine unghiul maxim α și coeficientul minim de frecare f 0 între cilindrii 2 și 3 și suprafața de sprijin.

C12* (URSS, 1986. 3 puncte)

Două puncte grele M 1 și M 2 sunt interconectate printr-o tijă rigidă fără greutate situată în interiorul unei sfere netede. Lungimea tijei și raza sferei sunt egale. Determinați la echilibru unghiul α dintre tijă și orizont, dacă masa punctului M 2 este de două ori mai multa masa punctele M 1 .

* Probleme pregătite de juriu, dar neincluse în problemele de concurs.

C13 (URSS, 1987. 5 puncte)

Suprafața unui dom parabolic este descrisă de ecuația z = H - (x 2 + y 2 )/H. La înălțimea h s-a pus o sarcină pe cupolă. La ce valori ale lui h este posibil echilibrul sarcinii dacă coeficientul de frecare dintre sarcină și dom este egal cu f?

C14 (URSS, 1987. 6 puncte)

Un cilindru cu greutatea Q și raza R se află pe un plan brut înclinat față de orizont la un unghi α și

este ținut de un cablu înfășurat pe un tambur al unui arbore treptat cu diametrul D. Un cablu este înfășurat pe un tambur cu diametrul d, la capătul căruia este suspendată o sarcină cu greutatea P. Coeficientul de frecare de rulare al cilindrului A pe plan este egal cu δ, coeficientul de frecare de alunecare este egal cu f, în timp ce tgα > δ / R , f > δ / R. La ce valoare a lui P va fi sistemul în echilibru?

C15* (URSS, 1987. 4 puncte)

Două discuri cu raze R și r, situate pe un plan orizontal, sunt trase împreună printr-un fir elastic cu rigiditatea c. Discurile se apasă unul pe celălalt cu forțe egale cu Q. Cum se va schimba lungimea firului dacă este tăiat?

C16* (URSS, 1987. 7 puncte)

Principalele puncte ale unora

sistemele de forțe relativ la centrele O, A și B sunt aceleași ca mărime M 0 \u003d M A \u003d M B \u003d m. Vectorul principal al acestui sistem de forțe este egal ca mărime cu V și

paralel cu axa z; OA \u003d a, OB \u003d b. Să se determine unghiurile formate de momentele principale M 0 , M A , M B cu planul hou.

C17 (URSS, 1988. 10 puncte)

O tijă subțire omogenă OA de lungime l cu capătul O este articulată la o înălțime h deasupra suprafeței orizontale a lichidului în care este coborât al doilea capăt al acestuia. Densitatea lichidului este ρ, densitatea tijei este k ρ (k și ρ sunt constante). Determinați valorile unghiului ϕ la echilibrul tijei. Investigați stabilitatea pozițiilor de echilibru.

Un disc uniform de greutate P și rază R este ținut în echilibru printr-un fir fără greutate, ale cărui capete sunt atașate de tavan. Găsiți tensiunea firului și presiunea specifică (presiunea pe unitatea de lungime a firului) pe fir în funcție de unghiul α din secțiunea ACB. Ramurile filetului inextensibil AA 1 și BB 1 sunt verticale, frecarea nu este luată în considerare.

C18 (URSS, 1988. 4 puncte)

С19* (URSS, 1988. 5 puncte)

O placă echilaterală omogenă cu greutatea P cu latura AB \u003d l se sprijină pe un podea orizontal XOY, laturile sale AC și BC ating pereții XOZ și YOZ. Neglijând frecarea, determinați forța F care a menținut placa în echilibru.

С20 (URSS, 1989. 6 puncte)

Pe fata superioara grindă dreptunghiulară A greutatea P 1 este o grindă dreptunghiulară B greutatea R 2. Grinda se sprijină cu fața inferioară pe un plan orizontal, iar coeficientul de frecare dintre ele este egal cu f 1. Coeficientul de frecare dintre barele A și B este f 2 . O forță a fost aplicată fasciculului în unghi

α la orizont. La ce valori ale forței F va rămâne sistemul în echilibru?

C21 (URSS, 1989. 4 puncte)

Capătul O al tijei rupte OABS este prins rigid. Tija este încărcată cu un cuplu M cr, o pereche de forțe cu un moment M situat în planul UOZ și o forță F. Forța F este situată în planul X 1 CY 1 (X 1 //X, Y 1 //Y) și este cu axa

С23 (URSS, 1990. 4 puncte)

Prisma B se sprijină pe o pană și un perete vertical. Masele prismei și ale penei sunt aceleași. Frecarea dintre pană și prismă este neglijabilă. Coeficienții de frecare dintre pană și podea, prismă și perete sunt aceiași și egali cu f. Plan înclinat pana formează un unghi α cu orizontul. La ce valori ale lui f vor rămâne prisma și pană în repaus?

C24 (URSS, 1990. 5 puncte)

Capetele unei tije omogene grele situate într-un plan vertical pot aluneca într-o fantă

zyah reciproc perpendiculare-

avioane OD și OE.

Planul OD formează un unghi α cu orizontul. Neglijând frecarea, determinați valoarea unghiului ϕ când tija este în echilibru. Va fi

Echilibrul tijei este stabil?

S25 (RSFSR, 1982. 3 puncte)

O tijă omogenă de lungime a se sprijină cu un capăt A pe un perete vertical neted, celălalt capăt B - pe un profil neted situat într-un plan vertical. Care ar trebui să fie forma profilului pentru ca tija să poată rămâne în repaus în orice poziție?

S26 (RSFSR, 1982. 3 puncte)

Un sistem format din două bile A și B cu greutăți R 1 și R 2 (P 1 > P 2) și o tijă fără greutate care le unește cu lungimea l este plasat în

bol sferic cu raza r = 0,5 2 l ,

coeficientul de frecare de alunecare al bilelor pe suprafața vasului este egal cu f. A găsi cea mai mică valoare unghiul ϕ dintre tijă și orizont la care sistemul poate fi în repaus în interiorul bolului. Ignorați dimensiunea bilelor.

C30 (RSFSR, 1984. 5 puncte)

Într-un mecanism cu balansoar plat, glisoarele A și B se pot deplasa de-a lungul tijelor manivelei DOE. Neglijând frecarea și greutatea legăturilor mecanismului, determinați forța Q, echilibrând acțiunea momentului

M, AB = BC = l.

C31 (PCFS, 1985. 3 puncte)

Un lanț omogen de greutate Р și lungime 2π R este aruncat peste un bloc neted având axă orizontală. În cazul echilibrului, determinați forța de întindere a lanțului în transversala sa arbitrară

S32 (RSFSR, 1985. 3 puncte)

Mecanismul, situat într-un plan orizontal, este format din două roți dințate și tije legate prin balamale. Considerând conexiunile ca fiind ideale, determinați mărimea forței F, echilibrând acțiunea momentului M. Raza roții stângi R .

S35 (RSFSR, 1987. 3 puncte)

O tijă AB omogenă cu greutatea G se sprijină pe planuri aspre orizontale și verticale. Unghiul α și coeficientul f de frecare sunt astfel încât tija să nu fie în echilibru. Determinați valoarea și poziția celei mai mici forțe P min care trebuie aplicată la centrul de greutate al tijei pentru ca tija să fie nemișcată în această poziție.

C36 (RSFSR, 1987. 5 puncte)

Un pătrat plat este format din două tije subțiri omogene identice. Tijele sunt conectate rigid între ele la vârful D la un unghi de 90°. Pătratul este montat pe un suport cilindric rugos orizontal fix de rază r , coeficient de frecare de alunecare f 0 = 0,268. Pătratul este rotit în sensul acelor de ceasornic cu unghiul α din poziția inițială A 0 B 0 , oprit și apoi eliberat fără împingere. După eliberarea pătratului, sunt posibile două cazuri: 1) în punctul B, tija este în contact cu suportul, 2) în punctul B, există un mic spațiu între tijă și suport ∆ l<

Descrieți calitativ mișcarea ulterioară a pătratului după eliberarea lui și

determinați valorile limită ale unghiului α la care pătratul va avea diferit

stări de echilibru - indiferent, stabil, instabil. Ignorați rezistența la rulare.

C37 (RSFSR, 1988. 5 puncte)

O prismă nenedă cu greutatea G este plasată într-un șanț de lățime b, a cărui secțiune transversală este un triunghi isoscel cu un unghi α la vârful C. Prismei se aplică o pereche de forțe cu un moment M și cea mai mică forță de echilibrare R, perpendiculară pe forța G și paralelă pe axa x, la care prisma va fi în repaus. Determinați reacția conexiunii și

Instituție de învățământ bugetar municipal
„Liceul orașului Yurga”
Culegere de probleme la olimpiade
Lansarea 1
T.A. Matukova,
profesor de matematică
Yurga 2013

Introducere
La olimpiadele de matematică, baza succesului este nu numai suma cunoștințelor specifice ale elevilor, ci și capacitatea lor de a gândi logic, capacitatea de a crea o construcție logică destul de complexă și, cel mai important, nouă pentru ei într-un timp scurt. Nu fără motiv, doar la olimpiadele de matematică, o sarcină poate începe cu cuvintele: „Demonstrează că...”. Rezolvarea problemei identificării abilităților creative ale elevului, i.e. capacitatea de a „gândi în afara cutiei”, matematica olimpiadei s-a îndepărtat în mare măsură de matematica standard („școală”). Sarcina olimpiadei la matematică este o sarcină de dificultate crescută, nestandardizată atât în ​​ceea ce privește metodele de formulare, cât și de rezolvare.
Pentru participarea cu succes la olimpiade, este necesar să se desfășoare în mod sistematic lucrări extracurriculare pe acest subiect, lucrări pregătitoare semnificative și interesante înainte de fiecare etapă a olimpiadei și selecția corectă a sarcinilor. Aceasta conduce profesorul la necesitatea unei cunoașteri temeinice cu materialele olimpiadelor trecute, cu metodologia de rezolvare a problemelor.
Materialele acestei colecții vor ajuta profesorul în pregătirea elevilor pentru olimpiade. Colecția poate fi folosită de studenți pentru auto-pregătirea pentru Olimpiada.
Prima problemă a inclus sarcini legate de rezolvarea ecuațiilor și sistemelor non-standard, dezvoltarea unei strategii pentru jocurile matematice și unele sarcini logice.
1. Ecuații și sisteme de ecuații
1.1. Rezolvați ecuația în numere întregi.
1.2. Rezolvați ecuația în numere întregi.
1.3. Rezolvați ecuația în numere naturale x2 - 4xy - 5y2 = 1996.
1.4. Rezolvați ecuația.
1.5. Găsiți toate x, y, z pentru care egalitatea este valabilă
.
1.6. Rezolvați ecuația.
1.7. Rezolvarea ecuațiilor:
a); b); în) .
1.8. Rezolvați ecuația.
1.9. Rezolvați ecuația.
1.10. Rezolvați un sistem de ecuații
1.11. Rezolvați un sistem de ecuații
1.12. Rezolvați un sistem de ecuații
1.13. Rezolvați un sistem de ecuații
1.14. Rezolvați un sistem de ecuații
1.15. Rezolvarea sistemelor de ecuații
a) b)

2.1. Doi jucători plasează monede rotunde identice pe o foaie dreptunghiulară de hârtie; monedele se pot extinde peste margine, dar nu se pot suprapune. Cine nu poate pune o monedă pierde. (Este imposibil să mutați monedele plasate anterior.). Cine câștigă cu strategia corectă?
2.2. Pe masă sunt două grămezi de meciuri: unul are 10, celălalt are 7. Jucătorii se pe rând. Într-o singură mișcare, puteți lua orice număr de meciuri (1; 2; 3; ...) dintr-una dintre grămezi (la alegerea jucătorului). Cine nu poate face o mișcare (nu mai sunt meciuri) pierde. Cine câștigă cu strategia corectă?
2.3. Există câteva negative pe linie. Doi jucători transmit pe rând unul sau două minusuri adiacente la un plus; cel care a trecut ultimul minus câștigă. Cine câștigă cu jocul potrivit: începătorul sau partenerul lui? Și dacă contra sunt scrise în cerc?
2.4. Girafa și Girafa joacă următorul joc. Ei șterg pe rând literele din sintagma „ANIMAL CU GÂT LUNG”. Într-o singură mișcare, fie o singură literă este ștearsă, fie o literă și toate aceleași litere care rămân neșterse în acest moment. Câștigă cel care șterge ultima literă. Începe girafa. Cine câștigă când este jucat corect?
2.5. Un dreptunghi de 5x9 este desenat pe hârtie în carouri. Există un cip în colțul din stânga jos. Kolya și Seryozha, pe rând, îl mută cu orice număr de celule, fie în dreapta, fie în sus. Kolya merge prima. Câștigă cel care pune un chip în dreapta sus. Cine câștigă când este jucat corect?
2.6. Regele șahului stă în colțul din stânga jos al tablei de șah. Doi jucători se fac pe rând. Într-o singură mișcare, poate fi mutat cu un câmp la dreapta, un câmp în sus sau un câmp în diagonală „dreapta în sus”. Câștigă jucătorul care plasează regele în colțul din dreapta sus al tablei. Cine va câștiga cu jocul potrivit și cum ar trebui să acționeze pentru asta?
2.7. Două persoane joacă acest joc. Primul numește orice număr natural de la 2 la 9, al doilea îl înmulțește cu orice număr natural de la 2 la 9, primul înmulțește rezultatul cu orice număr natural de la 2 la 9 etc. Câștigătorul este cel care obține un număr mai mare de 1000 pentru prima dată.
2.8. Ceasul arată amiaza. Doi jucători se mișcă pe rând, cu două sau trei ore înainte. Dacă, după rândul jucătorului, săgeata indică 6, acesta a câștigat.
2.9. Există jetoane cu numerele 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; opt; 9 (ca în jocul loto). Doi jucători iau pe rând jetoanele (câte un jetoane pentru fiecare mișcare). Câștigă jucătorul care adună primul trei jetoane cu un total de 15. (Dacă niciun jucător nu are astfel de jetoane, se înregistrează o remiză.) Poate unul dintre jucători să-și asigure o victorie? a desena?
2.10. Cuvintele sunt scrise pe 9 cartonașe: pește, pană, ață, cer, suc, mărgele, gură, plasă, râu. Doi oameni iau pe rând cărțile de la masă, iar cel care are primul trei cuvinte care au o literă comună câștigă.
2.11. Există două grămezi de dulciuri: unul conține 20, celălalt - 21. Într-o rând, trebuie să mănânci toate bomboanele dintr-una dintre grămezi și să le împărțiți pe a doua în două grămezi nu neapărat egale. Cel care nu poate face o mișcare pierde. Care a câștigat?
2.12. La capetele unei benzi în carouri 1 x 20 se află o damă. În timpul unei mișcări, este permisă mutarea oricărei piese în direcția altei una sau două celule. Nu poți sări peste damă. Cel care nu poate face o mișcare pierde. Cine câștigă cu jocul potrivit?
2.13. Există două grămezi de pietre - câte 7 în fiecare. Puteți lua orice număr de pietre pe tură, dar numai dintr-o grămadă. Cel care nu poate face o mișcare pierde. Care a câștigat?
2.14. Două persoane joacă un joc. Mișcările, care se fac pe rând, constau în faptul că dintr-un morman de 50 de pietre este scos orice număr de pietre de la 1 la 5. Câștigă cel care ia ultima piatră. Cine va câștiga în acest joc? 2.15. Trei grămezi conțin pietre din 2007, 2008 și 2009. Doi se joacă. Într-o singură mișcare, este permisă eliminarea a două grămezi și împărțirea a treia în trei grămezi noi (negoale). Câștigă cel care nu poate face o mișcare. Cine va câștiga - primul sau al doilea jucător?
3. Sarcini logice
Doi prieteni se întâlnesc. Unul îl întreabă pe celălalt: „Cum e nimic? De unde ești?". Al doilea răspunde: „Da, mi-am vândut discurile. Și s-a dovedit că unui „prieten” i-am vândut jumătate din discurile mele și încă o jumătate de disc, altuia – jumătate din discurile rămase și încă o jumătate de disc. Cel de-al treilea i-am vândut jumătate din restul de pe al doilea și încă o jumătate de disc. Nu mai sunt discuri. Au râs și s-au despărțit. Câte discuri s-au vândut?
Mama a cumpărat mere. Ea a luat doi dintre ei pentru ea și a împărțit restul între fiii ei. Primului i-a dat jumătate din toate merele și încă o jumătate de măr, celui de-al doilea - jumătate din restul și încă o jumătate de măr, celui de-al treilea - jumătate din ce a mai rămas și jumătate din măr rămasă. Toate merele erau întregi. Câte mere a cumpărat mama? Câte mere a primit fiecare?
Dimineața proprietarul a adus în piață o cutie cu lămâi. Am dat jumătate din toate lămâile și jumătate de lămâie la primul punct, jumătate din cele rămase și încă o jumătate de lămâie la al doilea punct, jumătate din restul și încă o jumătate de lămâie la al treilea punct. După aceea, în cutie au rămas 31 de lămâi, pe care proprietarul însuși a început să le comercializeze. Câte lămâi erau în cutie?
În familie sunt trei fii conștienți. Dimineața mama și-a lăsat farfuria cu prune și a plecat la muncă.
Cel mai mare dintre fii s-a trezit primul, el lucra deja și era sprijinul familiei. Văzând prune pe masă, a mâncat o treime din ele și a plecat.
Fiul mijlociu s-a trezit al doilea, a studiat de la ora 9, și-a permis să doarmă mai mult. Gândindu-se că frații săi încă nu mâncaseră prune, a mâncat o treime din ce era în farfurie și a plecat.
Cel mai mic s-a trezit mai târziu decât toată lumea, dar nu pentru că era leneș, doar a învățat din schimbul doi. Văzând prunele, a decis că frații săi încă nu le mâncaseră și, prin urmare, a mâncat doar o treime din prunele de pe farfurie, după care au rămas 8 prune pe farfurie. Câte prune a lăsat mama în farfurie?
Winnie the Pooh și Purcelul au mai multe baloane, printre care se numără mari și mici, precum și albastre și verzi. Demonstrează că prietenii pot lua câte o minge la un moment dat, astfel încât să aibă dimensiuni diferite și culori diferite în același timp.
Dintre cele 18 monede, una este falsă. Monedele reale cântăresc la fel, monedele contrafăcute diferă ca greutate de cele reale. Care este cel mai mic număr de cântăriri pe o balanță corectă fără greutăți pentru a determina dacă o monedă falsă este mai ușoară sau mai grea decât una reală?
36 de tone de marfă sunt ambalate în saci care cântăresc cel mult o tonă. Demonstrați că o mașină de patru tone poate transporta această încărcătură în 11 călătorii.
Pe masă sunt 20 de mormane de nuci. Este permis să adăugați câte o nucă la oricare 3 grămezi. Demonstrați că prin repetarea acestei operații este posibil să egalați numărul de nuci din toate grămezile.
Direcții, soluții și răspunsuri
Ecuații și sisteme de ecuații
1.1. Rezolvare: Exprimați variabila x:
.
Deoarece x este un număr întreg, fracția trebuie să fie și un număr întreg, iar acest lucru este posibil numai dacă y = 9; unsprezece; 111;-91.
Dacă y = 9, atunci substituind în expresie, obținem x = -91; în mod similar, pentru y = 11, x = 111; y=111, x=11; y= -91, x= 9.
Răspuns: (-91, 9), (111, 11), (11, 111), (9, -91).
Răspuns: , .
Rezolvare: (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).
pentru că x, y sunt numere naturale, atunci (x + y) este un număr natural și x + y > 1. Deoarece produsul este 1996, atunci (x - 5y) este un număr natural. Soluția ecuației se reduce la soluția sistemelor:
1) nu există soluții în N;
2) sau nu există soluții în N;
3) sau nu există soluții în N.
Răspuns: (832; 166)
Decizie. Vom scăpa secvenţial de module, începând cu cele externe. În același timp, ținem cont de faptul că modulul oricărei expresii nu poate fi egal cu un număr negativ.
sau,
sau.
Prima ecuație este echivalentă cu două ecuații:
sau
sau.
Dintre ultimele ecuații, doar prima ecuație are sens, rezolvând-o, obținem x = 1.
Luați în considerare a doua ecuație
, prin urmare, a doua ecuație nu are soluție.
Răspuns: x = 1.
Decizie. Luați în considerare termenii ecuației care conține variabila x și, folosind formula pătratului complet a sumei sau diferenței, selectați pătratul complet.
.
În mod similar, selectăm pătratul complet pentru termenii care conțin variabilele y și z:
,
.
Înlocuind egalitățile obținute în ecuația originală, avem
.
Deoarece suma termenilor pozitivi este egală cu zero și acest lucru este posibil numai atunci când fiecare dintre termeni este egal cu zero, prin urmare
, .
Răspuns: ,.
Decizie. Să facem o înlocuire. Apoi, scăpând de iraționalitate, avem. Adăugând termen cu termen părțile din dreapta și din stânga ecuațiilor, obținem. Adăugând ecuația inițială la această ecuație, obținem un sistem de două ecuații

Folosind formula de înmulțire redusă, sistemul original poate fi rescris astfel:

Soluția acestui sistem sau. Revenind la variabila x , obținem, .
Răspuns: , .
Raspuns: a); b) ; în) .
Decizie. În partea stângă a ecuației, adunăm la pătratul complet, adunând și scăzând, obținem:
,
,
,
,
.
Prin urmare, sau,
unde ajungem, sau.
Răspuns: ,.
Răspuns: .
Decizie. Adunând și scăzând prima ecuație și a doua ecuație, obținem sistemul echivalent:
.
În plus, folosind formulele pentru suma și diferența de cuburi, aducem sistemul la următoarea formă
Ultimul sistem este împărțit în patru sisteme
(1) (2)
(3) (4)
Sistemul (1) are doar o soluție zero. Rezolvând sistemul (2) prin metoda substituției, putem arăta că acest sistem nu are soluție.
Soluția sistemului (3) există și are forma:
și
Rezolvând sistemul (4) prin metoda adunării și scăderii, avem:

Ultimul sistem nu are soluție.
Răspuns: ,.
Răspuns: ,.
Decizie. Să rescriem sistemul după cum urmează

Sau
De unde rezultă că
sau
Răspuns: , .
Răspuns:, .
Decizie. Triplă a doua ecuație și scădem din prima ecuație, avem

Rezolvăm ultimul sistem prin metoda substituției:
apoi sau
Răspuns: , .
Raspuns: a); b), .
2. Jocuri de matematică. Strategii.
2.1. În acest joc, primul jucător poate câștiga punând moneda sa în centrul foii și apoi repetând mișcările celui de-al doilea jucător simetric față de centru. (Simetria asupra unui punct este o rotație în jurul lui cu 180 de grade.) Dacă al doilea jucător a reușit să pună o monedă pe un loc gol, atunci există un loc simetric gol unde poate fi pusă și o monedă. etc.
2.2. Aici, primul jucător poate garanta o victorie dacă mai întâi egalează grămezii luând trei meciuri din cel mai mare. După aceea, trebuie să repete mișcările celei de-a doua, dar să ia dintr-o altă grămadă, restabilind egalitatea ruptă.
2.3. În acest joc, primul jucător câștigă, indiferent de numărul de minusuri din linie. Pentru a face acest lucru, el trebuie să trimită la plus minusul mediu (dacă există un număr impar de minusuri și cel de mijloc) sau două minusuri medii (dacă există un număr par de minusuri). După aceea, jocul este împărțit în două părți independente și tot ce rămâne este să repeți mișcările adversarului în cealaltă parte, păstrând simetria. Dacă minusurile sunt scrise în cerc și nu sunt două, atunci al doilea câștigă, deoarece primul conduce singur jocul la precedentul, iar al doilea devine primul. Dacă nu sunt mai mult de două minusuri, atunci primul corectează totul și câștigă.
2.4. Lăsând deoparte cele patru E și două I deocamdată, restul literelor pot fi aranjate astfel: JSHOOOO / NNNLTV. Al doilea jucător poate aplica o strategie simetrică literelor scrise: șterge literele care sunt simetrice față de cele (față de mijloc) pe care tocmai le-a șters primul jucător.
Să descriem cum ar trebui să acționeze al doilea jucător cu literele „E” și „I” pentru a câștiga.
Dacă primul jucător șterge complet unul dintre grupuri la un pas (toate literele „E” sau „I”), atunci al doilea jucător șterge complet restul grupurilor indicate și aplică o strategie simetrică pentru restul literelor. , după cum este indicat mai sus.
Dacă primul jucător șterge o literă „E”, al doilea șterge și o literă „E”. apoi literele rămase „E” și „I” formează o construcție simetrică EE/AI, căreia al doilea jucător îi aplică o strategie simetrică.
Dacă primul jucător șterge o literă „I”, al doilea șterge o literă „E”. Dacă în viitor primul jucător șterge o altă literă „E”, al doilea șterge și „E” și vine din nou la construcția simetrică E / I.
Astfel, jucătorul care se deplasează al doilea - Girafa - câștigă.
2.5. Întrebare pentru înțelegere: „În acest joc, celula din dreapta sus (capătul) câștigă sau pierde?” Răspuns: pierde, pentru că dacă un jucător începe de la ea, atunci jucătorul anterior a câștigat deja. Acest lucru este necesar pentru a analiza jocurile de la final. Nu este greu de descris pozițiile câștigătoare și învinse ale acestui joc.
H H H H H H H H P(sfârșit)
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(început) V V V P V V V V

Răspuns: Primul câștigă (Kolya), strategie: „Pariază pe o poziție pierzătoare”.
2.6. Nu este greu de descris pozițiile câștigătoare și învinse ale acestui joc.
V P V P V P V P (sfârșit)
H H H H H H H H
V P V P V P V P
H H H H H H H H
V P V P V P V P
H H H H H H H H
V P V P V P V P
H (începe) H H H H H H H
Astfel, primul jucător câștigă, plasând de fiecare dată un chip într-o poziție pierzătoare.
Există, de asemenea, o modalitate mai simplă, care poate fi văzută din tabel: „Primul jucător face prima mișcare în diagonală și apoi repetă mișcările adversarului.” Această strategie oferă că numai la mișcările primului jucător ambele coordonate ale celulei curente vor fi pare.
2.7. Să descriem pozițiile câștigătoare și cele învinse: este clar că, începând cu 1001, există și cele pierzătoare. Mai departe L: 112-1000, R: 56-111, L: 55 - 7, R: 6-2. Prin urmare, primul trebuie să sune un număr de la 2 la 6 și să intre în poziții de pierdere. Primul câștigă.
2.8. Prima rulează timp de 2 ore. Al doilea nu poate merge la 4 (va pierde imediat), așa că trece la 5. Primul merge la 8. Al doilea - fie la 10, fie la 11. Primul - la 1. Al doilea la 3 sau 4. Primul la 3. 6. Răspuns: Câștigă primul.
2.9. Soluție: pentru a stabili izomorfismul dorit, să ne amintim o poveste populară din cărți despre „matematică distractivă” - pătrate magice. Numerele de la 1 la 9 pot fi aranjate într-un pătrat de 3x3, astfel încât suma din fiecare rând, fiecare coloană și fiecare dintre cele două diagonale să fie 15:
4 9 2
3 5 7
8 1 6
Nu există alte combinații de trei numere cu o sumă de 15 (cu excepția orizontalelor, verticalelor și diagonalelor). Acum este deja clar că dacă marchem jetoanele luate de primul jucător cu cruci în acest tabel și marchem jetoanele celui de-al doilea jucător cu zerouri, atunci jocul se va transforma în tic-tac-toe obișnuit. Jucătorii își pun pe rând semnele (în limba jetoanelor - iau jetoane), iar cel care adună primul trei jetoane cu un total de 15 victorii (pune trei dintre semnele sale pe un rând). Fanii tic-tac-toe știu că ambele părți, dacă sunt jucate corect, își pot garanta cel puțin o egalitate.
2.10. Soluție: Acest joc este izomorf la tic-tac-toe. Să facem un tabel:
juice wedge river
margele cerul peste
gura firului de retea
Orice 3 cuvinte dintr-un rând, o coloană sau o diagonală mare a tabelului au o literă comună, în timp ce celelalte triplete de cuvinte nu au litere comune.
2.11. Soluție: Dacă decidem să folosim metoda pozițiilor câștigătoare, atunci trebuie să găsim aceste poziții câștigătoare. Pentru a le găsi, luați în considerare cele mai simple cazuri.
Cea mai simplă poziție câștigătoare pentru jucătorul care a creat-o este 1 și 1. Este clar că în acest caz cel care se mișcă al doilea câștigă, întrucât primul jucător nu are o mutare.
Evident, pozițiile 2 și 1 sunt câștigătoare pentru primul și pierd pentru al doilea.
Dacă 3 și 1, atunci al doilea câștigă din nou, deoarece este ușor de verificat printr-o simplă verificare, deoarece sunt exact două mișcări.Când sunt 3 și 2 în grămezi, primul câștigă (elimină 3, împarte 2) .
Dacă 3 și 3, atunci victoria revine din nou la a doua, care poate fi arătată prin simpla enumerare etc.
Observăm un model: dacă există un număr impar de dulciuri în fiecare grămadă, atunci poziția este câștigătoare pentru al doilea. Dacă cel puțin unul dintre grămezi are un număr par de bomboane, atunci o astfel de poziție este câștigătoare pentru primul, doi termeni, unul dintre ele va fi par. Cu toate acestea, dacă cel puțin unul dintre grămezi are un număr par (diferit de zero) de dulciuri, atunci este ușor să îl împărțiți în doi termeni impari. Astfel putem împărți toate pozițiile în câștiguri și învinse, ținând cont de câte bomboane sunt în grămezi. Iar sarcina câștigătorului este să facă o mișcare către pozițiile câștigătoare.După aceea, este deja clar cine va câștiga în jocul dat și cum se poate realiza acest lucru.
Împărțim toate mișcările posibile în „câștigătoare” și „pierdetoare”. Dacă, după împărțire, obținem două grămezi cu un număr impar de bomboane, atunci vom numi o astfel de poziție „câștigător”, iar restul - „pierde”.
Strategia câștigătorului este ca acesta să facă o mutare către câmpurile „învingătoare”. Deoarece primul poate face o mutare în câmpul „câștigător”, dar nu există nicio mișcare de la un câmp „câștigător” la altul, iar din orice câmp „pierdant” dintr-o singură mișcare puteți ajunge la cel „câștigător”, cel incepatorul castiga. La prima sa mișcare, el poate mânca o grămadă de 21 de bomboane și poate împărți grămada de 20 de bomboane în două, în care un număr impar de bomboane în ambele grămezi (de exemplu, 19 și 1). Rețineți că ultima poziție, când există două grămezi, câte o bomboană în fiecare, este câștigătoare, adică ultima mutare va fi făcută de prima.
2.12. Soluție: În primul rând, să renumerotăm câmpurile tablei. Este ușor de înțeles că una dintre pime poate fi considerată nemișcată, deoarece, în orice caz, într-o mișcare făcută de ambii jucători, distanța dintre pime este redusă cu cel puțin 2 celule (și acesta este principalul lucru în problemă ). Prin urmare, putem presupune că ambii jucători mută doar una dintre piese. Amplasând semnele „+” și „-” pe celulele tablei conform metodei de rezolvare a problemei din poziția finală, obținem următoarea figură (dacă damele nu au ocupat inițial celulele tablei, adică acolo erau 20 de câmpuri între ei):
- + - - + - - + - - + - - + - - + - - +
12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 orice câmp cu semnul „+” nu poate fi accesat dintr-o singură mișcare în câmpul cu semnul „+”, ci din orice câmp cu semnul „ -” semnează că este posibil, adică întregul câmp a fost împărțit în câmpuri „câștigătoare” și „pierdetoare”.
2.13. Soluție: Mai întâi folosim metoda problemelor mici. Să începem jocul cu două grămezi, fiecare având câte o piatră. Apoi, este clar că primul pierde.
Dacă mai adăugăm o piatră la unul dintre grămezi, atunci este clar că începătorul va câștiga: va lua o piatră din grămadă cu două pietre la prima sa mișcare și va obține poziția care a rezultat în cazul considerat mai sus, doar că acum este deja al doilea.
Dacă există 3 și 1 piatră în grămezi, atunci jucătorul care începe jocul câștigă din nou: el egalizează numărul de pietre din teancuri, adică ia două pietre și obține că numărul de pietre din teancuri va fi 1 și 1.
Dacă numărul de pietre din grămezi este 2, atunci începătorul pierde din nou: la oricare dintre mișcările sale, adversarul poate lua același număr de pietre dintr-un alt teanc, pe care primul jucător nu l-a atins.
Acum este ușor de înțeles cum trebuie să acționeze jucătorul care face a doua mișcare pentru a câștiga acest joc: trebuie să facă exact aceleași mișcări ca prima, dar trebuie să scoată doar pietre din grămada pe care adversarul său nu le-a atins cu ultima miscare. După cum puteți înțelege cu ușurință, câștigătorul are întotdeauna o mișcare după mutarea adversarului. Este ușor de înțeles strategia generală a câștigătorului atunci când există un număr arbitrar de pietre în grămezi:
dacă numărul de pietre în grămezi este egal, atunci este necesar să egalezi numărul de pietre în grămezi după mișcarea începătorului, efectuând mișcări simetrice. Al doilea jucător câștigă.
dacă numărul de pietre din grămezi este inegal, atunci începătorul egalizează singur numărul de pietre din grămezi și apoi procedează în același mod ca în primul caz. Aici câștigă jucătorul care face prima mutare.
În acest joc, simetria este oarecum neobișnuită - pare să nu fie deloc simetrie, totuși, egalitatea pietrelor în grămezi, iar mișcările „identice” efectuate de jucători amintesc foarte mult de aceasta.
2.14. Soluție: Încă o dată, dezvoltarea strategiei este cel mai bine începută cu un număr mic de pietricele. Este clar că dacă în teancul nostru sunt mai puțin de șase pietre, atunci primul jucător va câștiga: va lua toate pietrele cu prima sa mișcare.Dacă erau 6 pietricele în teancul nostru, atunci este clar că al doilea. va castiga, deoarece ar fi luat toate pietrele ramase dupa prima mutare a incepatorului.Daca sunt sapte pietre? Ce să faci atunci mai întâi? El trebuie să ridice o piatră și să reducă problema la cazul precedent. În mod similar, este necesar să se dezvolte o strategie de joc pentru 7, 8, 9, 10, 11 pietre.
Când sunt 12 pietre, este clar că al doilea va câștiga: indiferent cum se mișcă primul, poate lua singur un astfel de număr de pietre încât să rămână exact 6. Și în acest caz, el câștigă, așa cum noi. au discutat deja. Deci, dacă numărul de pietre este divizibil cu 6, atunci a doua câștigă, dacă nu este divizibil, atunci primul. Să demonstrăm.
Să avem 6t pietre. După prima mutare a jucătorului care începe jocul, a doua face o mișcare, după care rămân 6t - 6 pietre, adică numărul de pietre din grămadă a scăzut cu 6. Este ușor de înțeles că jucătorul care face a doua mișcare va lua ultima piatră și, de asemenea, este clar că are întotdeauna ocazia să facă o mișcare.
Să avem 6t+a, unde 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. Soluție: primul câștigă. Strategia câștigătoare este simplă: trebuie să vă asigurați că numărul de pietre din unele grămezi noi se termină în 3 sau 4, iar în restul grămezilor noi - nu depășește 4. De exemplu, o grămadă de pietre din 2009 poate fi împărțită în trei astfel: 563, 663, 783 sau 2, 3, 2004 etc. Este ușor de observat că inamicul nu poate folosi aceeași strategie. După câteva mișcări, primul jucător va oferi 3 grămezi: unul are 3 sau 4 pietre, celelalte două - nu mai mult de 4. Al doilea jucător poate face o mișcare, dar următoarea mișcare nu mai este posibilă.
3. Sarcini logice3.1. Este important ca discurile să nu se rupă, adică. fiecare a fost vândut discuri întregi. Să desemnăm prietenii eroului nostru D1, D2, D3. Să începem cu D3.
D3. Până la momentul achiziției sale, a rămas un număr impar de discuri, deoarece. în caz contrar, condiția „și încă o jumătate de disc” nu va da un disc întreg. Deoarece discurile s-au terminat după cumpărare, se dovedește că jumătate din disc este „jumătate din restul din al doilea”.
Concluzie: jumătate de disc (jumătate din restul din al doilea) + jumătate de disc = 1 disc.
D 2. Până la cumpărarea sa, a rămas și un număr impar de discuri și mai mult de 1 disc - 3 discuri. D2 a cumpărat 2 discuri: jumătate din restul + jumătate de disc.
D1. Achiziția lui: jumătate + jumătate disc. Se pare că jumătate = 3,5 discuri. Adică D1 a cumpărat 4 discuri.
Total vândut 1 + 2 + 4 = 7 discuri.
Raspuns: 7 discuri.
Răspuns: Mama a cumpărat 9 mere. Împărțirea merelor: 4 - la primul, 2 la al doilea, 1 - la al treilea. (Raționamentul este similar: 7 mere + 2 mere).
Decizie:
la al treilea punct - jumătate din restul și încă o jumătate de lămâie până la al doilea punct - jumătate din cele rămase și încă o jumătate de lămâie la primul punct Am dat jumătate din toate lămâile și încă o jumătate de lămâie să vând
(31 de lămâi + jumătate de lămâie) 2 = 63 de lămâi (63 de lămâi + jumătate de lămâie) 2 = 127 de lămâi (127 de lămâi + jumătate de lămâie) 2 = 255 de lămâi au fost în cutie
Răspuns: 255 de lămâi.
Decizie:
l-a trezit pe fiul cel mic:
12 prune \u003d 8 + 4 fiul mijlociu s-a trezit:
18 prune \u003d 12 + 6 cel mai mare dintre fii s-a trezit:
27 de prune = 18 + 9
8 prune - (rămas pentru doi frați),
apoi - 4 prune (a mâncat) 12 prune - (a rămas pentru doi frați),
apoi - 6 prune (a mâncat) 18 prune - (a rămas pentru doi frați),
apoi - 9 prune (a mâncat)
Răspuns: 27 de prune.
Puteți argumenta așa. Lasă-l pe Winnie the Pooh să ia o minge mare, iar pe Purcel - una mică. Dacă aceste bile s-au dovedit a fi de culori diferite, atunci problema este rezolvată. Lasă bilele să fie de aceeași culoare, de exemplu, albastru. Apoi, în funcție de starea problemei, printre bilele rămase există una verde. Dacă este o minge mare verde, atunci lăsați-l pe Winnie the Pooh să o ia în loc de a lui, iar dacă este una mică, lăsați-l pe Purcel să o ia. După aceea, bilele vor avea culori și dimensiuni diferite.
Să numărăm monedele. Să împărțim setul de monede în 3 grămezi a câte 6 monede fiecare.
La prima cântărire, punem toate monedele din prima grămadă pe o cântar, iar pe al doilea pe cealaltă. Sunt posibile 2 cazuri.
Cazul 1: Balanța este în echilibru. Apoi moneda contrafăcută se află în a treia grămadă. Acum să punem primul morman de monede pe o scară, iar al treilea pe cealaltă. Dacă, de exemplu, a treia grămadă se trage, atunci moneda falsă este mai grea decât cea reală.
al 2-lea caz. Lăsați cântarul să fie dezechilibrat la prima cântărire. Apoi moneda contrafăcută este fie în prima grămadă, fie în a doua. Prin urmare, toate monedele din a treia grămadă sunt reale. Să punem primul morman de monede pe o scară, iar al treilea pe cealaltă. Dacă cântarul este dezechilibrat, atunci moneda contrafăcută se află în prima grămadă, iar a doua cântărire va arăta dacă este mai ușoară sau mai grea decât cea reală. Dacă cântarul este în echilibru, atunci moneda contrafăcută se află în a doua grămadă, iar prin prima cântărire se poate stabili și dacă este mai ușoară sau mai grea decât cea reală.
1 opțiune rezultat Monedă contrafăcută
1 cântărind 1 grămadă 2 grămadă balanță În a treia grămadă
2 cântărire 1 grămadă 3 grămadă dezechilibru Determinați greutatea
Opțiunea 2 1 cântărire 1 ciorchine 2 ciorchine dezechilibru 1 ciorchine
2 cântărire 1 grămadă 3 grămadă dezechilibru 1 grămadă, determinați greutatea.
Opțiunea 3 1 cântărire 1 ciorchine 2 ciorchine dezechilibru 2 ciorchine
2 cântărire 1 grămadă 3 grămadă echilibru Pe baza rezultatelor primei cântăriri, determinăm greutatea monedei contrafăcute.
Răspuns: 2 cântăriri sunt suficiente.
Vom încărca sacii pe mașină până când greutatea lor totală depășește 4 tone. Apoi scoateți ultimul sac și puneți-l deoparte. Geanta întârziată nu participă la următoarea încărcare. Să facem asta de 8 ori. 8 saci vor fi amânați. Greutatea totală a încărcăturii transportate și a sacilor amânați este mai mare de 8 * 4 = 32 (t). Asta înseamnă că au mai rămas mai puțin de 4 tone care pot fi transportate în a noua călătorie. Vom transporta bagajele amânate pentru cele două călătorii rămase, câte 4 saci (greutatea lor nu este mai mare de 4 tone) o dată.
Aranjați mormanele de la stânga la dreapta, astfel încât grămada cu cea mai mică cantitate de nuci să fie pe locul 18. Să adăugăm câte o nucă la fiecare grămadă din primele trei, a doua trei etc., a șasea trei, adică la fiecare dintre primele 18 grămezi. Acum adăugați o nucă la grămezile 18, 19 și 20. Ca urmare, numărul de nuci din fiecare grămadă va crește cu 1, iar în 18 - cu 2. Astfel, diferența dintre numărul de nuci din grămada cea mai mare și cea mai mică va scădea cu 1 dacă a existat o grămadă cu cea mai mică. număr. În rest, pe locul 18 punem din nou o grămadă cu cel mai mic număr de nuci. Repetând această procedură, vom micșora diferența dintre cel mai mare și cel mai mic număr de nuci până devine zero.
Bibliografie
Agakhanov N.Kh. olimpiade regionale. Clasele 6-11 [Text] / N.Kh. Agakhanov, O.K. Podlipsky. – M.: Iluminismul, 2010. – 192 p.
Galkin E.V. Sarcini non-standard la matematică. Sarcini de natură logică. Carte pentru studenți 5-11kl. M.: Iluminismul, 1996.
Gardner, M. Puzzle-uri matematice și divertisment [Text] / M. Gardner. – M.: Mir, 1971.
Ignatiev, E. I. În domeniul ingeniozității [Text] / E. I. Ignatiev. – M.: Nauka, 1979.
Shen A. Jocuri și strategii din punctul de vedere al matematicii. - M.: MTsNMO, 2007. - 40 de ani.
Materialele Olimpiadei Orașului la Matematică 2009.