Kniha obsahuje úlohy z olympiády rôznej zložitosti- jednoduché úlohy, ktoré sa často riešia ústne v jednej línii, ako aj úlohy výskumného typu.
Kniha je určená učiteľom, vedúcim matematických krúžkov, žiakom pedagogické odbornosti a každého, kto sa zaujíma o matematiku.

Príklady.
Priatelia Alyosha, Borya a Vitya sú v rovnakej triede. Jeden z nich ide domov zo školy autobusom, druhý električkou a tretí trolejbusom. Jedného dňa, po škole, išiel Aljoša za svojim priateľom na autobusovú zastávku. Keď okolo nich prešiel trolejbus, tretí kamarát zakričal z okna: „Borya, zabudol si si zošit v škole! Kto jazdí domov?

Traja priatelia pracujú v tej istej továrni: zámočník, sústružník a zvárač. Ich priezviská sú Borisov, Ivanov a Semjonov. Zámočník nemá bratov ani sestry, je najmladší z priateľov. Semjonov je starší ako sústružník a je ženatý s Borisovovou sestrou. Vymenujte zámočníka, sústružníka a zvárača.

Vo fľaši, pohári, džbáne a tégliku je mlieko, limonáda, kvas a voda a voda a mlieko nie sú vo fľaši, nádoba s limonádou stojí medzi džbánom a nádobou s kvasom, limonáda nie je alebo voda v nádobe. Pohár stojí v blízkosti nádoby a nádoby s mliekom. Ktorá nádoba je naplnená každou z kvapalín?

V dači sa usadilo päť chlapcov: Andryusha, Borya, Volodya, Gena a Dima. Všetky boli rôzneho veku: jedna mala 1 rok, druha 2 roky, ostatni mali 3, 4 a 5 rokov. Volodya bol najmenší, Dima bol starý ako Andryusha a Gena spolu. Koľko rokov má Bora? Vek ktorého ďalšieho chlapca možno určiť?

OBSAH
Predslov
Podmienky
Logické úlohy
2. Pravdivé a nepravdivé tvrdenia. Rytieri, klamári, prefíkaní
3. Transfúzia
4. Váženie
5. Dirichletov princíp


6. Počíta
6.1. Počítanie počtu hrán
6.2. Eulerove grafy
6.3. Stromy
6.5. Riadené grafy

Nemenný
8. Rovnosť
10 hier
Celé čísla
11. Deliteľnosť
11.2. Zvyšky
11.3. Modulové porovnania

12.2. Lineárne rovnice


14. Kombinatorika



16. Nerovnosti
16.1. Numerické nerovnosti
16.3. Problémy s textom

Odpovede, smery, riešenia
Logické úlohy
1. Príbeh logické úlohy(nájdenie zhody medzi sadami)
2. Pravda a nepravdivé tvrdenia. Rytieri, klamári, prefíkaní
3. Transfúzia
4. Váženie
5. Dirichletov princíp
5.1. Dirichletov princíp a deliteľnosť celých čísel
5.2. Dirichletov princíp a ďalšie úvahy
5.3. Dirichletov princíp v geometrii
5.4. Sfarbenie lietadla a jeho častí. tabuľky
6. Počíta
6.1. Počítanie počtu hrán
6.2. Eulerove grafy
6.3. Stromy
6.4. Rovinné grafy a Eulerova veta
6.5. Riadené grafy
6.6. Randenie, Ramseyho teória
7. Zmiešané úlohy logický charakter
Nemenný
8. Rovnosť
9. zostáva, algebraický výraz, sfarbenie, semi-invariantné
10 hier
Celé čísla
11. Deliteľnosť
11.1. Faktorizácia. Jednoduché a zložené čísla
11.2. Zvyšky
11.3. Modulové porovnania
11.4. Znaky deliteľnosti a iné číselné sústavy
12. Rovnice a sústavy rovníc v celých číslach
12.1. najväčší spoločný deliteľ. Lineárne rovnice
12.2. Lineárne rovnice
12.3. Nelineárne rovnice a sústavy rovníc
13. Rôzne úlohy na celé čísla. Fermatova a Eulerova veta
Kombinatorika a prvky teórie pravdepodobnosti
14. Kombinatorika
14.1. Pravidlá súčtu a produktu
14.2. Umiestnenia, permutácie, kombinácie
14.3. Permutácie a kombinácie s opakovaniami. Kombinované úlohy
15. Prvky teórie pravdepodobnosti
Prvky algebry a kalkulu
16. Nerovnosti
16.1. Numerické nerovnosti
16.2. Dôkaz nerovností
16.3. Problémy s textom
17. Polynómy, rovnice a sústavy rovníc
18. Postupnosti a súčty
Literatúra.

Stiahnutie zdarma e-kniha v pohodlnom formáte, sledujte a čítajte:
Stiahnite si knihu Zbierka úloh z olympiády z matematiky, Gorbačov N.V., 2004 - fileskachat.com, rýchle a bezplatné stiahnutie.

• Moskva a jej obyvatelia, História, Architektúra, Život, Kniha netradičných úloh z matematiky, ročníky 5-6, Perli B.S., Perli S.S., 1997

VYDAVATEĽSTVO TSTU

HYMNA MECHANIKY

Všetci sme verní termekhu Nie na príkaz zhora, hoci sme tomu vôbec neprisahali vernosť. Žijeme podľa zákonov, ktoré nám odkázal Newton.

A plat nech je nízky, Zlato sme nezarobili, Ale na humanistov sa pozeráme zhora. My Galileov princíp Všetky princípy sú dôležitejšie.

Je skvelé, že sme tu dnes všetci!

Dnes sme všetci radi, že sme hosťami olympiády. Hej, Orenburg, s počasím Pozri, nehanbi sa!

Nech naši „d'Alembertovci“ v príkladoch trochu klamú, Aké skvelé, že sme tu dnes všetci!

A nech sa dnes zdá, že nie sme v móde, nenechaj sa odradiť súdruh, ver mi a vydrž!

A tiež pevne veríte v mechaniku Lagrange.

Je skvelé, že sme tu dnes všetci!

(Alexander Sergejevič Zinoviev -

docent, Orenburg State University)

Ministerstvo školstva Ruská federáciaŠtátna technická univerzita Tambov

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

ZBER OLYMPIÁDNYCH ÚLOH Z TEORETICKEJ MECHANIKY

Druhé vydanie, upravené a rozšírené

Tambovské VYDAVATEĽSTVO TSTU

Recenzenti:

Docent Bieloruskej národnej technickej univerzity

T. F. Boginskaya

doktor technické vedy, profesor Tambovskej štátnej technickej univerzity

V. F. Peršin

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

Zbierka P-58 problémy s olympiádou na teoretická mechanika. Časť 1. Statika. 2. vyd., prepracované. a dodatočné Tambov: Vydavateľstvo Tambov. štát tech. un-ta, 2002. 80 s.

Zbierka olympiádových úloh obsahuje 180 úloh zo statiky, ktoré boli ponúknuté študentom na riešenie na Všesväze resp. celoruské olympiády ah v teoretickej mechanike v rokoch 1981 až 1990, ako aj ďalšie olympiády v teoretickej mechanike rôzne úrovne predchádzajúce roky. Druhé vydanie je doplnené o úlohy ruských olympiád, množstvo zónových olympiád. Uvádzajú sa príklady riešenia niekoľkých problémov.

Zbierka sa dá využiť pri príprave žiakov na olympiády, pri organizovaní a realizácii olympiád rôznej úrovne a organizácie. samostatná prácaštudentov.

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

© Štátna technická univerzita Tambov

(TSTU), 2002

© Popov V. I., Tyshkevich V. A.,

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

Vedecká publikácia

Popov Vladimir Ivanovič, Tyshkevich Valery Alekseevich, Shumsky Michail Petrovich, Popov Andrey Ivanovič

ZBER OLYMPIÁDNYCH ÚLOH Z TEORETICKEJ MECHANIKY

Editor T. M. Fedchenko Počítačový prototypový inžinier E. V. Korableva

LR č. 020851 zo dňa 13.01.94 Plr č. 020079 zo dňa 28.04.97

Podpísané na zverejnenie 27. apríla 2002 Formát 60 × 84/16. Ofsetový papier. Ofsetová tlač.

Headset Times. Objem: 4,65 arb. rúra l.; 4.38 ed. l. Náklad 150 kópií. S. 322M.

Vydavateľské a polygrafické stredisko Štátnej technickej univerzity Tambov

392000, Tambov, ul. Sovetskaya, 106, budova 14

VENOVANÉ VŠETKÝM NADŠENCOM OLYMPIÁDNEHO HNUTIA

Olympiády v teoretickej mechanike sa konali v r technické univerzity, a v nedávne časy a na klasických univerzitách, sú systémovotvorným prvkom organizácie tvorivej výchovno-vzdelávacej a poznávacej činnosti v stredná škola. Účasť študentov na hnutí olympiády prispieva k usporiadanejšej a hlbšej asimilácii odborných vedomostí, umožňuje formovať ich pripravenosť na tvorivá činnosť rozvíjať tvorivé myslenie. To všetko prispieva k príprave konkurencieschopného špecialistu, pripraveného na odborná činnosť v dnešných podmienkach trhu.

Potreba druhého vydania zbierky je spôsobená oživením tradícií olympijské hnutie a

dodatočne sú zahrnuté úlohy celoruských olympiád (Perm, 1992 - 1995; Jekaterinburg, 1996 - 2001), zónových olympiád (Orenburg, 2000 - 2001), ako aj úlohy olympiád konaných v Tambove na zákl. Štátna technická univerzita Tambov.

C1 (ZSSR, 1982. 3 body)

Ťažký nosník OA, pripevnený na jednom konci v závese O,

spočíva v bode B na guľôčke závažia R ležiacej na pevnej horizontálnej rovine.

Určte uhol α v rovnováhe, ak koeficient trenia gule na nosníku a horizontálna rovina rovnaké a rovnaké f.

С2 (ZSSR, 1982. 3 body)

V plochom mechanizme sú články beztiaže, články sú ideálne. Na valec 1 pôsobí známy moment Mvp dvojice síl. Nájdite hodnotu deformácie pružiny, ak je tuhosť pružiny rovná a mechanizmus v polohe naznačenej na obrázku, určenej uhlom ϕ, je v pokoji. Tyč2 sa môže voľne posúvať vo valci 1.

SZ (ZSSR, 1983. 3 body)

Homogénny prstenec hmotnosti P voľne spočíva v bodoch A a B na pevných hranoloch, ktoré sú umiestnené na vertikálnom a horizontálnom priemere prstenca. Za predpokladu, že koeficienty trenia krúžku proti hranolu sú rovnaké, určte ich hodnotu, pri ktorej bodové zaťaženie so závažím Q, pripevnené kdekoľvek na pravej polovici krúžku, nechá hranol samotný. Ignorujte priečne rozmery prsteňa.

C4 (ZSSR, 1983. 10 bodov)

je držaná tenká homogénna obdĺžniková doska OABD s hmotnosťou Q

vodorovnej polohe s guľovým závesom O, valcovým závesom A a tenkou ťažkou tyčou CB so závažím R. Tyč je pripevnená guľovými závesmi k doske v bode B a k zvislej stene v bode C. Vzhľadom na to, že trenie vo všetkých závesoch je zanedbateľné a uhol γ je známy, nájdite reakčnú zložku valcového závesu A rovnobežnú s osou Oy pomocou princípu možné pohyby. Výsledné riešenie je možné overiť pomocou rovníc statiky.

poloha obrázku, ak 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, koeficient trenia medzi tyčou 2 a objímka 3 je f, trenie v závesoch O 1, A , О 2 je zanedbateľné, všetky články mechanizmu sú beztiaže, kontakt tyče2 s puzdrom3

C6 (ZSSR, 1984. 4 body)

Pevná konštrukcia pozostávajúca z dvoch rovnakých ťažkých

homogénne dosky, spojené tenkou tyčou ohnutou v pravom uhle zanedbateľnej hmotnosti, sa udržiavajú v rovnováhe na podložke O. Počítací koeficient trenia

tyč na podpere rovnajúcej sa f, nájdite maximálnu hodnotu l, pri ktorej bude teleso držané

o podpore v rovnováhe. Rozmery a tvar dosiek sú znázornené na obrázku.

C7 (ZSSR, 1985. 4 body)

V plochom mechanizme sa tyč OA môže otáčať okolo závesu O a posúvať tyč BC v dokonale hladkých vedeniach KL. Vzdialenosť medzi závesom a vodidlami -l. Styčná plocha medzi tyčou a tyčou v bode B je drsná, koeficient klzného trenia je -f. Nájsť minimálna hodnota moment M dvojice síl pôsobiacich na tyč OA a zabezpečujúcich rovnováhu mechanizmu pri nastavené hodnoty uhol α a sila P . Ignorujte hmotnosť tyčí.

Ukáž čo absolútna hodnota elastická sila pružiny v danej polohe mechanizmu môže byť určená rovnosťou

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

F ovládanie

С9 (ZSSR, 1986. 3 body)

Určte silu S v tyči AB plochého nosníka, upevneného a zaťaženého, ​​ako je znázornené na obrázku.

C10 (CCCP, 1986. 4 body)

Valec 1 s hmotnosťou Q 1 spočíva na dvoch rovnakých valcoch s hmotnosťou Q 2, ako je znázornené na obrázku. Koeficient klzného trenia medzi valcami je f. Určte maximálny uhol α a minimálny koeficient trenia f 0 medzi valcami 2 a 3 a nosnou plochou.

C12* (ZSSR, 1986. 3 body)

Dva ťažké body M 1 a M 2 sú vzájomne spojené beztiažovou tuhou tyčou umiestnenou vo vnútri hladkej gule. Dĺžka tyče a polomer gule sú rovnaké. Určte v rovnováhe uhol α medzi tyčou a horizontom, ak je hmotnosť bodu M 2 dvojnásobná. viac hmoty body M 1 .

* Problémy pripravené porotou, ale nezahrnuté do súťažných problémov.

C13 (ZSSR, 1987. 5 bodov)

Povrch parabolickej kupoly je opísaný rovnicou z = H - (x 2 + y 2 )/H. Vo výške h bola na kupolu umiestnená záťaž. Pri akých hodnotách h je možná rovnováha zaťaženia, ak je koeficient trenia medzi nákladom a kupolou rovný f?

C14 (ZSSR, 1987. 6 bodov)

Valec s hmotnosťou Q a polomerom R leží na hrubej rovine naklonenej k horizontu pod uhlom α a

je držaný lankom navinutým na bubne stupňovitého hriadeľa s priemerom D. Na bubne s priemerom d je navinutý kábel, na konci ktorého je zavesené bremeno s hmotnosťou P. Koeficient valivého trenia valca A v rovine sa rovná δ, koeficient klzného trenia sa rovná f, zatiaľ čo tgα > δ / R , f > δ / R. Pri akej hodnote P bude systém v rovnováhe?

C15* (ZSSR, 1987. 4 body)

Dva kotúče s polomermi R a r, ktoré sú umiestnené v horizontálnej rovine, sú stiahnuté elastickým závitom s tuhosťou c. Disky sa na seba tlačia silami rovnými Q. Ako sa zmení dĺžka nite, ak sa odreže?

C16* (ZSSR, 1987. 7 bodov)

Hlavné body niektorých

systémy síl vzhľadom na stredy O, A a B sú rovnaké vo veľkosti M 0 \u003d M A \u003d M B \u003d m. Hlavný vektor tohto systému síl sa rovná veľkosti V a

rovnobežne s osou z; OA \u003d a, OB \u003d b. Určte uhly, ktoré zvierajú hlavné momenty M 0, M A, M B s houovou rovinou.

C17 (ZSSR, 1988. 10 bodov)

Tenká homogénna tyč OA dĺžky l s koncom O je zavesená vo výške h nad vodorovným povrchom kvapaliny, do ktorej sa spúšťa jej druhý koniec. Hustota kvapaliny je ρ, hustota tyče je k ρ (k a ρ sú konštanty). Určte hodnoty uhla ϕ pri rovnováhe tyče. Preskúmajte stabilitu rovnovážnych pozícií.

Rovnomerný kotúč hmotnosti P a polomeru R drží v rovnováhe beztiažový závit, ktorého konce sú pripevnené k stropu. Nájdite napätie závitu a špecifický tlak (tlak na jednotku dĺžky závitu) na závit ako funkciu uhla α v reze ACB. Vetvy neroztiahnuteľného závitu AA 1 a BB 1 sú zvislé, trenie sa neberie do úvahy.

C18 (ZSSR, 1988. 4 body)

С19* (ZSSR, 1988. 5 bodov)

Homogénna rovnostranná doska s hmotnosťou P so stranou AB \u003d l spočíva na vodorovnej podlahe XOY, jej strany AC a BC sa dotýkajú stien XOZ a YOZ. Zanedbaním trenia určte silu F, ktorá udržovala platňu v rovnováhe.

С20 (ZSSR, 1989. 6 bodov)

Na horná časť tváre obdĺžnikový nosník A závažie P 1 je obdĺžnikový nosník B závažie R 2. Lúč spočíva svojou spodnou stranou na vodorovnej rovine a koeficient trenia medzi nimi sa rovná f 1. Koeficient trenia medzi tyčami A a B je f 2 . Na lúč pôsobila sila pod uhlom

α k horizontu. Pri akých hodnotách sily F zostane systém v rovnováhe?

C21 (ZSSR, 1989. 4 body)

Koniec O zlomenej tyče OABS je pevne upnutý. Tyč je zaťažená krútiacim momentom M cr, dvojicou síl s momentom M umiestneným v rovine UOZ a silou F. Sila F sa nachádza v rovine X 1 CY 1 (X 1 //X, Y 1 //Y) a je s osou

С23 (ZSSR, 1990. 4 body)

Hranol B spočíva na kline a zvislej stene. Hmotnosti hranola a klinu sú rovnaké. Trenie medzi klinom a hranolom je zanedbateľné. Koeficienty trenia medzi klinom a podlahou, hranolom a stenou sú rovnaké a rovnajú sa f. Naklonená rovina klin zviera s horizontom uhol α. Pri akých hodnotách f zostane hranol a klin v pokoji?

C24 (ZSSR, 1990. 5 bodov)

Konce ťažkej homogénnej tyče umiestnenej vo vertikálnej rovine sa môžu posúvať v štrbine

zyah vzájomne kolmé-

lietadlá OD a OE.

Rovina OD zviera s horizontom uhol α. Pri zanedbaní trenia určite hodnotu uhla ϕ, keď je tyč v rovnováhe. Bude to tak?

Je rovnováha tyče stabilná?

S25 (RSFSR, 1982. 3 body)

Homogénna tyč dĺžky a spočíva jedným koncom A na hladkej vertikálnej stene, druhým koncom B - na hladkom profile umiestnenom vo vertikálnej rovine. Aký by mal byť tvar profilu, aby tyč mohla zostať v pokoji v akejkoľvek polohe?

S26 (RSFSR, 1982. 3 body)

Systém pozostávajúci z dvoch guľôčok A a B so závažiami R 1 a R 2 (P 1 > P 2) a beztiažovej tyče, ktorá ich spája s dĺžkou l, je umiestnená v

guľová misa s polomerom r = 0,5 2 l,

koeficient klzného trenia guľôčok na povrchu misky sa rovná f. Nájsť najmenšia hodnota uhol ϕ medzi tyčou a horizontom, pri ktorom môže byť systém v pokoji vo vnútri misy. Ignorujte veľkosť loptičiek.

C30 (RSFSR, 1984. 5 bodov)

V mechanizme s plochým vahadlom sa posúvače A a B môžu pohybovať pozdĺž kľukových tyčí DOE. Zanedbajte trenie a hmotnosť článkov mechanizmu, určte silu Q, vyvážte pôsobenie momentu

M, AB = BC = l.

C31 (PCFS, 1985. 3 body)

Homogénna reťaz s hmotnosťou Р a dĺžkou 2π R je prehodená cez hladký blok, ktorý má horizontálna os. V prípade rovnováhy určte napínaciu silu reťaze v jej ľubovoľnom priečnom smere

S32 (RSFSR, 1985. 3 body)

Mechanizmus umiestnený v horizontálnej rovine pozostáva z dvoch ozubených kolies a tyčí spojených závesmi. Vzhľadom na ideálne spojenia určte veľkosť sily F, vyrovnávajúc pôsobenie momentu M. Polomer ľavého kolesa R .

S35 (RSFSR, 1987. 3 body)

Homogénna tyč AB s hmotnosťou G spočíva na hrubých horizontálnych a vertikálnych rovinách. Uhol α a koeficient f trenia sú také, že tyč nie je v rovnováhe. Určte hodnotu a polohu najmenšej sily P min, ktorá musí pôsobiť v ťažisku tyče, aby bola tyč v tejto polohe nehybná.

C36 (RSFSR, 1987. 5 bodov)

Plochý štvorec pozostáva z dvoch rovnakých tenkých homogénnych tyčí. Tyče sú navzájom pevne spojené vo vrchole D pod uhlom 90°. Štvorec je namontovaný na pevnej vodorovnej hrubej valcovej podpere s polomerom r, koeficient klzného trenia f 0 = 0,268. Štvorec sa otočí v smere hodinových ručičiek o uhol α z počiatočnej polohy A 0 B 0 , zastaví sa a potom sa uvoľní bez zatlačenia. Po uvoľnení štvorca sú možné dva prípady: 1) v bode B je tyč v kontakte s podperou, 2) v bode B je medzi tyčou a podperou malá medzera ∆ l<

Popíšte kvalitatívne ďalší pohyb štvorca po jeho uvoľnení a

určiť hraničné hodnoty uhla α, pri ktorom bude mať štvorec rôzne

rovnovážne stavy – indiferentný, stabilný, nestabilný. Ignorujte valivý odpor.

C37 (RSFSR, 1988. 5 bodov)

Do drážky šírky b, ktorej prierez je rovnoramenný trojuholník s uhlom α vo vrchole C, je umiestnený nehladký hranol o hmotnosti G. Na hranol pôsobí dvojica síl s momentom M a najmenšou vyrovnávacou silou R, kolmá na silu G a rovnobežná s osou x, pri ktorej bude hranol v pokoji. Určte reakciu spojenia a

Mestská rozpočtová vzdelávacia inštitúcia
"Lýceum mesta Yurga"
Zbierka úloh z olympiády
Vydanie 1
T.A. Matukova,
učiteľ matematiky
Yurga 2013

Úvod
V matematických olympiádach je základom úspechu nielen súhrn konkrétnych vedomostí žiakov, ale aj ich schopnosť logicky myslieť, schopnosť vytvoriť pre nich pomerne zložitú a hlavne novú logickú konštrukciu v krátkom čase. Nie bezdôvodne, iba v matematických olympiádach môže úloha začínať slovami: „Dokáž, že ...“. Riešenie problému identifikácie tvorivých schopností žiaka, t.j. schopnosť „myslieť mimo rámca“, matematika na olympiáde sa do značnej miery odklonila od štandardnej („školskej“) matematiky. Úloha olympiády z matematiky je úloha so zvýšenou náročnosťou, neštandardná z hľadiska formulácie aj spôsobu riešenia.
Pre úspešnú účasť na olympiáde je potrebné systematicky vykonávať mimoškolskú prácu na predmete, zmysluplnú a zaujímavú prípravnú prácu pred každou etapou olympiády a správny výber úloh. To vedie učiteľa k potrebe dôkladného oboznámenia sa s materiálmi minulých olympiád, s metodikou riešenia problémov.
Materiály z tejto zbierky pomôžu učiteľovi pri príprave žiakov na olympiády. Zbierku môžu žiaci využiť na vlastnú prípravu na olympiádu.
Prvé číslo obsahovalo úlohy súvisiace s riešením neštandardných rovníc a systémov, vypracovaním stratégie pre matematické hry a niektoré logické úlohy.
1. Rovnice a sústavy rovníc
1.1. Riešte rovnicu v celých číslach.
1.2. Riešte rovnicu v celých číslach.
1.3. Riešte rovnicu v prirodzených číslach x2 - 4xy - 5y2 = 1996.
1.4. Vyriešte rovnicu.
1.5. Nájdite všetky x, y, z, pre ktoré platí rovnosť
.
1.6. Vyriešte rovnicu.
1.7. Riešiť rovnice:
a); b); v).
1.8. Vyriešte rovnicu.
1.9. Vyriešte rovnicu.
1.10. Vyriešte sústavu rovníc
1.11. Vyriešte sústavu rovníc
1.12. Vyriešte sústavu rovníc
1.13. Vyriešte sústavu rovníc
1.14. Vyriešte sústavu rovníc
1.15. Riešiť sústavy rovníc
a) b)

2.1. Dvaja hráči umiestnia rovnaké okrúhle mince na obdĺžnikový list papiera; mince môžu presahovať cez okraj, ale nesmú sa prekrývať. Kto nemôže umiestniť mincu, prehráva. (Nie je možné posunúť predtým umiestnené mince.). Kto vyhrá so správnou stratégiou?
2.2. Na stole sú dve kôpky zápaliek: jedna má 10, druhá 7. Hráči sa striedajú. Jedným ťahom si môžete vziať ľubovoľný počet zápaliek (1; 2; 3; ...) z jednej kôpky (podľa výberu hráča). Kto nemôže urobiť ťah (nezostávajú žiadne zápasy), prehráva. Kto vyhrá so správnou stratégiou?
2.3. Na linke je niekoľko negatív. Dvaja hráči sa striedajú v preposielaní jedného alebo dvoch susedných mínusov do plusu; vyhráva ten, kto prekonal posledné mínus. Kto vyhrá so správnou hrou: začiatočník alebo jeho partner? A ak sú mínusy napísané v kruhu?
2.4. Žirafa a žirafa hrajú nasledujúcu hru. Striedavo vymazávajú písmená vo fráze „ZVIERATKO S DLHOKRKÝM“. Jedným ťahom sa vymaže buď iba jedno písmeno, alebo jedno písmeno a všetky rovnaké písmená, ktoré do tohto okamihu zostanú nevymazané. Vyhráva ten, kto vymaže posledné písmeno. Žirafa začína. Kto vyhrá, keď sa hrá správne?
2.5. Na károvanom papieri je nakreslený obdĺžnik 5x9. V ľavom dolnom rohu je čip. Kolja a Seryozha sa striedavo posúvajú o ľubovoľný počet buniek buď doprava alebo nahor. Kolja ide prvý. Vyhráva ten, kto vloží žetón vpravo hore. Kto vyhrá, keď sa hrá správne?
2.6. Šachový kráľ stojí v ľavom dolnom rohu šachovnice. Dvaja hráči sa striedajú. Jedným ťahom ho možno posunúť o pole doprava, o pole nahor alebo o pole diagonálne „sprava nahor“. Vyhráva hráč, ktorý umiestni kráľa do pravého horného rohu dosky. Kto vyhrá správnou hrou a ako by mal v tejto veci konať?
2.7. Túto hru hrajú dvaja ľudia. Prvý pomenuje ľubovoľné prirodzené číslo od 2 do 9, druhý ho vynásobí ľubovoľným prirodzeným číslom od 2 do 9, prvý vynásobí výsledok ľubovoľným prirodzeným číslom od 2 do 9 atď. Vyhráva ten, kto získa číslo väčšie ako 1000 prvýkrát.
2.8. Hodiny ukazujú poludnie. Dvaja hráči sa striedajú a posúvajú hodinovú ručičku o dve alebo tri hodiny dopredu. Ak po hráčovom ťahu šípka ukazuje na 6, vyhral.
2.9. Existujú žetóny s číslami 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; osem; 9 (ako v hre loto). Dvaja hráči si striedajú žetóny (jeden žetón za každý ťah). Vyhráva hráč, ktorý ako prvý nazbiera tri žetóny s celkovým počtom 15. (Ak žiadny hráč takéto žetóny nemá, zaznamená sa remíza.) Môže si jeden z hráčov zabezpečiť víťazstvo? kresliť?
2.10. Slová sú napísané na 9 kartičkách: ryba, klin, niť, obloha, šťava, korálky, ústa, sieť, rieka. Dvaja ľudia sa striedajú pri prijímaní kariet zo stola a vyhráva ten, kto má ako prvý tri slová, ktoré majú spoločné písmeno.
2.11. Existujú dve hromady sladkostí: jedna obsahuje 20, druhá - 21. Postupne musíte zjesť všetky cukríky v jednej z kôp a druhú rozdeliť na dve, ktoré nemusia byť rovnaké. Ten, kto sa nedokáže pohnúť, prehráva. Kto vyhral?
2.12. Na koncoch károvaného prúžku 1 x 20 stojí káro. Počas ťahu je povolené posunúť ktorúkoľvek šachovnicu v smere ďalšej jednej alebo dvoch buniek. Dáma sa nedá preskočiť. Ten, kto sa nedokáže pohnúť, prehráva. Kto vyhrá správnou hrou?
2.13. Sú tam dve kôpky kameňov - 7 v každej. Za kolo si môžete vziať ľubovoľný počet kameňov, ale len z jednej kôpky. Ten, kto sa nedokáže pohnúť, prehráva. Kto vyhral?
2.14. Dvaja ľudia hrajú hru. Postupné ťahy spočívajú v tom, že z kôpky 50 kameňov sa odoberie ľubovoľný počet kameňov od 1 do 5. Vyhráva ten, kto vezme posledný kameň. Kto vyhrá v tejto hre? 2.15. Tri kopy obsahujú kamene z roku 2007, 2008 a 2009. Hrajú sa dvaja. Jedným ťahom je dovolené odstrániť dve kôpky a rozdeliť tretiu na tri nové (neprázdne) kôpky. Vyhráva ten, kto sa nedokáže pohnúť. Kto vyhrá – prvý alebo druhý hráč?
3. Logické úlohy
Stretnú sa dvaja kamaráti. Jeden sa pýta druhého: „Ako to, že nič? Odkiaľ si?". Druhý odpovedá: „Áno, predal som svoje disky. A ukázalo sa, že jednému „kamarátovi“ som predal polovicu svojich diskov a inému polovicu disku, inému polovicu zvyšných diskov a ďalšiemu polovicu disku. Do tretice som predal polovicu zvyšného z druhého a ďalšiu polovicu disku. Nezostali žiadne ďalšie disky. Smiali sa a rozišli sa. Koľko diskov sa predalo?
Mama kúpila jablká. Dve z nich si vzala pre seba a zvyšok rozdelila medzi svojich synov. Do prvej dala polovicu všetkých jabĺk a ďalšiu polovicu jablka, do druhej - polovicu zvyšku a ďalšiu polovicu jablka, do tretej - polovicu toho, čo zostalo a zvyšnú polovicu jablka. Všetky jablká boli celé. Koľko jabĺk kúpila mama? Koľko jabĺk dostal každý?
Ráno majiteľ priniesol na trh krabicu citrónov. Do prvého bodu som dala polovicu všetkých citrónov a polovicu citróna, do druhého bodu polovicu zvyšných a ďalšiu polovicu citróna, do tretieho bodu polovicu zvyšku a ďalšiu polovicu citróna. Potom v krabici zostalo 31 citrónov, s ktorými začal obchodovať sám majiteľ. Koľko citrónov bolo v krabici?
V rodine sú traja uvedomelí synovia. Ráno mama nechala tanier sliviek a išla do práce.
Ako prvý sa zobudil najstarší zo synov, ktorý už pracoval a bol oporou rodiny. Keď videl na stole slivky, zjedol tretinu a odišiel.
Prostredný syn sa budil ako druhý, učil sa od 9. hodiny, mohol si dovoliť dlhšie spať. Mysliac si, že jeho bratia ešte nejedli slivky, zjedol tretinu toho, čo bolo na tanieri, a odišiel.
Najmladší sa zobudil neskôr ako všetci, ale nie preto, že by bol lenivý, len sa učil z druhej zmeny. Keď videl slivky, rozhodol sa, že ich bratia ešte nejedli, a preto zjedol len tretinu sliviek na tanieri, po ktorej zostalo na tanieri 8 sliviek. Koľko sliviek nechala mama na tanieri?
Medvedík Pú a prasiatko majú niekoľko balónov, medzi ktorými sú veľké a malé, ako aj modré a zelené. Dokážte, že kamaráti si môžu vziať jednu loptičku naraz, aby boli rôznych veľkostí a zároveň rôznych farieb.
Spomedzi 18 mincí je jedna falošná. Pravé mince vážia rovnako, falošné mince sa od skutočných líšia hmotnosťou. Aký je najmenší počet vážení na správnej váhe bez závažia, aby sa zistilo, či je falošná minca ľahšia alebo ťažšia ako skutočná?
36 ton nákladu je zabalených do vriec s hmotnosťou nie väčšou ako jedna tona. Dokážte, že štvortonové auto dokáže prepraviť tento náklad za 11 jázd.
Na stole je 20 kôp orechov. Je dovolené pridávať jeden orech naraz do akýchkoľvek 3 kôp. Dokážte, že opakovaním tejto operácie je možné vyrovnať počet orechov vo všetkých hromadách.
Smery, riešenia a odpovede
Rovnice a sústavy rovníc
1.1. Riešenie: Vyjadrite premennú x:
.
Keďže x je celé číslo, zlomok musí byť tiež celé číslo, a to je možné len vtedy, ak y = 9; jedenásť; 111;-91.
Ak y = 9, dosadením do výrazu dostaneme x = -91; podobne, pre y = 11, x = 111; y = 111, x = 11; y = -91, x = 9.
Odpoveď: (-91, 9), (111, 11), (11, 111), (9, -91).
Odpoveď: ,.
Riešenie: (x2 - 4xy + 4y2) - 9y2 = 1996
(x - 2y)2 - 9y2 = 1996
(x - 2 roky - 3 roky) (x - 2 roky + 3 roky) = 1996
(x - 5 y) (x + y) = 1996
1996 = 1 *1996 = - 1 * (-1996) = 2 * 998 = - 2 *(- 998) = 4 * 499 = = - 4 *(- 499).
Pretože x, y sú prirodzené čísla, potom (x + y) je prirodzené číslo a x + y > 1. Keďže súčin je 1996, potom (x - 5y) je prirodzené číslo. Riešenie rovnice sa redukuje na riešenie systémov:
1) v N nie sú žiadne riešenia;
2) alebo v N nie sú žiadne riešenia;
3) alebo v N nie sú žiadne riešenia.
Odpoveď: (832; 166)
rozhodnutie. Postupne sa zbavíme modulov, počnúc externými. Zároveň berieme do úvahy, že modul žiadneho výrazu sa nemôže rovnať zápornému číslu.
alebo
alebo.
Prvá rovnica je ekvivalentná dvom rovniciam:
alebo
alebo.
Z posledných rovníc dáva zmysel iba prvá rovnica, jej riešením dostaneme x = 1.
Zvážte druhú rovnicu
, preto druhá rovnica nemá riešenie.
Odpoveď: x = 1.
rozhodnutie. Zvážte podmienky rovnice obsahujúcej premennú x a pomocou úplného štvorcového vzorca súčtu alebo rozdielu vyberte celý štvorec.
.
Podobne vyberieme celý štvorec pre výrazy obsahujúce premenné y a z:
,
.
Dosadením získaných rovnosti do pôvodnej rovnice máme
.
Keďže súčet kladných členov sa rovná nule, a to je možné len vtedy, keď sa každý z členov rovná nule, preto
, .
Odpoveď: ,.
rozhodnutie. Urobme náhradu. Potom, keď sa zbavíme iracionality, máme. Pridaním členov po členoch pravej a ľavej časti rovníc dostaneme. Pridaním pôvodnej rovnice k tejto rovnici dostaneme sústavu dvoch rovníc

Pomocou redukovaného vzorca násobenia možno pôvodný systém prepísať ako:

Riešenie tohto systému resp. Ak sa vrátime k premennej x, dostaneme,.
Odpoveď: ,.
Odpoveď: a); b) ; v).
rozhodnutie. Na ľavej strane rovnice pridávame do celého štvorca, pridávame a odčítame, dostaneme:
,
,
,
,
.
Preto, resp.
kam sa dostaneme, príp.
Odpoveď: ,.
Odpoveď: .
rozhodnutie. Sčítaním a odčítaním prvej a druhej rovnice dostaneme ekvivalentný systém:
.
Ďalej pomocou vzorcov pre súčet a rozdiel kociek privedieme systém do nasledujúceho tvaru
Posledný systém je rozdelený do štyroch systémov
(1) (2)
(3) (4)
Sústava (1) má len nulové riešenie. Riešením sústavy (2) substitučnou metódou môžeme ukázať, že táto sústava nemá riešenie.
Riešenie sústavy (3) existuje a má tvar:
a
Riešením systému (4) metódou sčítania a odčítania máme:

Posledný systém nemá riešenie.
Odpoveď: ,.
Odpoveď: ,.
rozhodnutie. Prepíšme systém nasledovne

Alebo
Odkiaľ z toho vyplýva
alebo
Odpoveď: ,.
Odpoveď:,.
rozhodnutie. Trojnásobte druhú rovnicu a odčítajte ju od prvej rovnice, máme

Posledný systém riešime substitučnou metódou:
potom alebo
Odpoveď: ,.
Odpoveď: a); b), .
2. Matematické hry. Stratégie.
2.1. V tejto hre môže prvý hráč vyhrať umiestnením svojej mince do stredu listu a následným opakovaním ťahov druhého hráča symetricky okolo stredu. (Symetria okolo bodu je rotácia okolo neho o 180 stupňov.) Ak sa druhému hráčovi podarilo položiť mincu na prázdne miesto, potom je tu prázdne symetrické miesto, kam možno mincu položiť. Atď.
2.2. Tu môže prvý hráč zaručiť výhru, ak najprv vyrovná kôpky tým, že vezme tri zápalky z väčšej. Potom musí zopakovať ťahy druhého, ale vziať z inej kôpky, čím obnoví porušenú rovnosť.
2.3. V tejto hre vyhráva prvý hráč bez ohľadu na počet mínusov v rade. Aby to urobil, musí prejsť na plus priemer mínus (ak je nepárny počet mínusov a prostredný) alebo dva priemerné mínusy (ak je párny počet mínusov). Potom sa hra rozdelí na dve nezávislé časti a ostáva už len opakovať ťahy súpera v druhej časti pri zachovaní symetrie. Ak sú mínusky napísané v krúžku a nie sú dve, vyhráva druhý, pretože prvý vedie hru sám k predchádzajúcemu a druhý sa stáva prvým. Ak nie sú viac ako dve mínusy, potom prvý opraví všetko a vyhráva.
2.4. Ak zatiaľ ponecháme bokom štyri E a dve I, ostatné písmená možno usporiadať takto: JSHOOOO / NNNLTV. Druhý hráč môže na písané písmená použiť symetrickú stratégiu: vymazať písmená, ktoré sú symetrické k tým (vzhľadom na stred), ktoré prvý hráč práve vymazal.
Poďme si popísať, ako by sa mal správať druhý hráč s písmenami „E“ a „I“, aby vyhral.
Ak prvý hráč v niektorom kroku úplne vymaže jednu zo skupín (všetky písmená „E“ alebo „I“), potom druhý hráč úplne vymaže zvyšok označených skupín a na ostatné písmená použije symetrickú stratégiu. , ako je uvedené vyššie.
Ak prvý hráč vymaže jedno písmeno „E“, druhý vymaže aj jedno písmeno „E“. potom zostávajúce písmená "E" a "I" tvoria symetrickú konštrukciu EE / AI, na ktorú druhý hráč aplikuje symetrickú stratégiu.
Ak prvý hráč vymaže jedno písmeno „I“, druhý vymaže jedno písmeno „E“. Ak v budúcnosti prvý hráč vymaže ďalšie písmeno „E“, druhý vymaže aj „E“ a opäť sa dostane k symetrickej konštrukcii E / I.
Vyhráva teda hráč, ktorý sa pohne ako druhý – Žirafa.
2.5. Otázka na pochopenie: „V tejto hre vyhráva alebo prehráva pravá horná (koncová) bunka? Odpoveď: prehra, pretože ak z nej hráč začne, predchádzajúci hráč už vyhral. To je potrebné na analýzu hier od konca. Nie je ťažké opísať víťazné a prehraté pozície tejto hry.
H H H H H H H H P (koniec)
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(začiatok) V V V P V V V V

Odpoveď: Prvý vyhrá (Kolya), stratégia: "Vsaďte na prehrávajúcu pozíciu."
2.6. Nie je ťažké opísať víťazné a prehraté pozície tejto hry.
V P V P V P V P (koniec)
H H H H H H H
V P V P V P V P
H H H H H H H
V P V P V P V P
H H H H H H H
V P V P V P V P
H (štart) H H H H H H H
Prvý hráč teda vyhráva, zakaždým, keď umiestni žetón do prehrávajúcej pozície.
Existuje aj jednoduchší spôsob, ktorý možno vidieť z tabuľky: „Prvý hráč urobí prvý ťah diagonálne a potom zopakuje ťahy súpera.“ Táto stratégia dáva predpoklad, že iba pri ťahoch prvého hráča budú obe súradnice aktuálnej bunky párne.
2.7. Opíšme si víťazné a prehraté pozície: je jasné, že od 1001 sú aj prehrávajúce. Ďalej W: 112-1000, R: 56-111, W: 55 - 7, R: 6-2. Preto prvý musí zavolať na číslo od 2 do 6 a ísť do stratených pozícií. Prvý vyhráva.
2.8. Prvá beží 2 hodiny. Druhý nemôže ísť na 4 (okamžite prehrá), tak ide na 5. Prvý ide na 8. Druhý - buď na 10 alebo 11. Prvý - na 1. Druhý na 3 alebo 4. Prvý na 6. Odpoveď: Najprv vyhrajte.
2.9. Riešenie: aby sme nastolili želaný izomorfizmus, pripomeňme si populárny príbeh z kníh o „zábavnej matematike“ – magické štvorce. Čísla od 1 do 9 môžu byť usporiadané do štvorca 3x3 tak, že súčet v každom riadku, každom stĺpci a každej z dvoch uhlopriečok je 15:
4 9 2
3 5 7
8 1 6
Neexistujú žiadne iné kombinácie troch čísel so súčtom 15 (okrem horizontál, vertikál a uhlopriečok). Teraz je už jasné, že ak v tejto tabuľke označíme žetóny, ktoré vzal prvý hráč, krížikmi a žetóny druhého hráča označíme nulami, hra sa zmení na obyčajné piškvorky. Hráči striedavo vkladajú svoje znamenia (v reči žetónov - berú žetóny) a ten, kto ako prvý nazbiera tri žetóny s celkovým počtom 15, vyhráva (položí tri svoje znamenia do jedného radu). Fanúšikovia piškvoriek vedia, že obe strany si pri správnej hre môžu zaručiť minimálne remízu.
2.10. Riešenie: Táto hra je izomorfná ako tic-tac-toe. Urobme si tabuľku:
šťava wedge river
korálky nebeská ryba
sieťový závit ústa
Akékoľvek 3 slová v jednom riadku, stĺpci alebo jednej veľkej uhlopriečke tabuľky majú spoločné písmeno, zatiaľ čo ostatné trojice slov spoločné písmená nemajú.
2.11. Riešenie: Ak sa rozhodneme použiť metódu výherných pozícií, musíme tieto výherné pozície nájsť. Ak ich chcete nájsť, zvážte najjednoduchšie prípady.
Najjednoduchšia výherná pozícia pre hráča, ktorý ju vytvoril, je 1 a 1. Je jasné, že v tomto prípade vyhráva ten, kto sa pohne ako druhý, keďže prvý hráč ťah nemá.
Je zrejmé, že pozície 2 a 1 vyhrávajú pre prvého a prehrávajú pre druhého.
Ak je 3 a 1, vyhráva opäť druhý, čo sa dá ľahko overiť jednoduchou kontrolou, keďže ťahy sú presne dva. Keď sú v kôpkach 3 a 2, vyhráva prvý (odstrániť 3, rozdeliť 2) .
Ak 3 a 3, víťazstvo sa opäť vráti druhému, čo sa dá ukázať jednoduchým spočítaním atď.
Všimli sme si vzorec: ak je v každej kôpke nepárny počet sladkostí, potom pozícia vyhráva pre druhú. Ak má aspoň jedna z kôp párny počet cukríkov, potom takáto pozícia vyhráva pre prvé dva termíny, jeden z nich bude párny. Ak má však aspoň jedna z kôp párny (nenulový) počet sladkostí, potom je ľahké ho rozdeliť na dva nepárne výrazy. Takto môžeme rozdeliť všetky pozície na výhry a porazené s prihliadnutím na to, koľko cukríkov je v kôpkach. Úlohou víťaza je posunúť sa na víťazné pozície.Potom je už jasné, kto v danej hre vyhrá a ako to dosiahnuť.
Všetky možné ťahy delíme na „výherné“ a „prehrané“. Ak po rozdelení dostaneme dve kôpky s nepárnym počtom cukríkov, potom takúto pozíciu nazveme „víťazná“ a všetko ostatné – „prehra“.
Stratégia víťaza je taká, že urobí ťah na „víťazné“ polia. Keďže prvý môže urobiť ťah do „víťazného“ poľa, ale nie je možný žiadny presun z jedného „víťazného“ poľa do druhého a z akéhokoľvek „prehraného“ poľa sa jedným ťahom môžete dostať do „víťazného“ poľa, začiatočník vyhráva. Pri prvom ťahu môže zjesť hromadu 21 cukríkov a rozdeliť hromadu 20 cukríkov na dve, pričom v oboch je nepárny počet cukríkov (napríklad 19 a 1). Všimnite si, že posledná pozícia, keď sú dve kôpky, v každej jeden cukrík, je víťazná, t.j. posledný ťah urobí prvý.
2.12. Riešenie: Najprv prečíslujme polia dosky. Je ľahké pochopiť, že jednu z dám možno považovať za nehybnú, pretože v každom prípade sa pri jednom ťahu oboch hráčov vzdialenosť medzi dámami zníži najmenej o 2 bunky (a to je hlavná vec v probléme ). Preto môžeme predpokladať, že obaja hráči pohybujú iba jednou z dám. Umiestnením znakov "+" a "-" na bunky hracej dosky podľa spôsobu riešenia úlohy z konečnej pozície dostaneme nasledujúci obrázok (ak dáma pôvodne neobsadila bunky šachovnice, t.j. bolo medzi nimi 20 polí):
- + - - + - - + - - + - - + - - + - - +
12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 žiadne pole so znamienkom „+“ nemožno dosiahnuť jedným ťahom do poľa so znamienkom „+“, ale z ľubovoľného poľa so znamienkom „ -“ je možné, t.j. celé pole bolo rozdelené na „víťazné“ a „porazené“ polia.
2.13. Riešenie: Najprv použijeme metódu malých úloh Začnime hru s dvoma kôpkami, z ktorých každá má jeden kameň. Potom je jasné, že ten prvý prehrá.
Ak na jednu z kôp pridáme ešte jeden kameň, potom je jasné, že začiatočník vyhrá: pri prvom ťahu si vezme jeden kameň z kôpky s dvoma kameňmi a získa pozíciu, ktorá dopadla vo vyššie uvažovanom prípade, len teraz je už druhý.
Ak sú v kôpkach 3 a 1 kameň, potom hráč, ktorý začína hru, opäť vyhráva: vyrovná počet kameňov v kôpkach, to znamená, že vezme dva kamene a zistí, že počet kameňov v kôpkach bude 1 a 1.
Ak je počet kameňov v kôpkach 2, potom začiatočník opäť prehráva: pri ktoromkoľvek zo svojich ťahov môže súper zobrať rovnaký počet kameňov z inej kôpky, ktorej sa prvý hráč nedotkol.
Teraz je ľahké pochopiť, ako by sa mal hráč, ktorý robí druhý ťah, správať, aby vyhral túto hru: musí urobiť presne tie isté ťahy ako prvý, ale musí z kôpky odstrániť iba kamene, ktorých sa jeho súper nedotkol. posledný pohyb. Ako ľahko pochopíte, víťaz má vždy ťah po súperovom ťahu. Je ľahké pochopiť všeobecnú stratégiu víťaza, keď je v hromadách ľubovoľný počet kameňov:
ak je počet kameňov v hromadách rovnaký, potom je potrebné vyrovnať počet kameňov v hromadách po ťahu začiatočníka vykonávaním symetrických ťahov. Vyhráva druhý hráč.
ak je počet kameňov v kôpkach nerovnaký, tak si začiatočník sám vyrovná počet kameňov v kôpkach a potom postupuje rovnako ako v prvom prípade. Tu vyhráva hráč, ktorý urobí prvý ťah.
V tejto hre je symetria trochu nezvyčajná - zdá sa, že symetriou vôbec nie je, ale rovnosť kameňov v hromadách a "identické" pohyby hráčov ju veľmi pripomínajú.
2.14. Riešenie: Opäť platí, že vývoj stratégie je najlepšie začať s malým počtom kamienkov. Je jasné, že ak je v našej kôpke menej ako šesť kameňov, vyhrá prvý hráč: vezme všetky kamene prvým ťahom. Ak je v našej kôpke 6 kamienkov, potom je jasné, že druhý vyhrá, pretože by po prvom ťahu začiatočníka zobral všetky zostávajúce kamene. Ak je sedem kameňov? Čo robiť potom ako prvé? Potrebuje vyzdvihnúť jeden kameň a zredukovať problém na predchádzajúci prípad. Podobne je potrebné vyvinúť hernú stratégiu pre 7, 8, 9,10,11 kameňov.
Keď je 12 kameňov, je jasné, že vyhrá druhý: nech sa prvý pohne akokoľvek, môže si sám zobrať taký počet kameňov, aby ich zostalo presne 6. A v tomto prípade vyhráva, keďže my už diskutovali. Ak je teda počet kameňov deliteľný 6, vyhráva druhý, ak nie je deliteľný, tak prvý. Poďme to dokázať.
Nech máme 6t kamene. Po prvom ťahu hráča, ktorý začína hru, vykoná druhý ťah, po ktorom zostáva 6t - 6 kameňov, t.j. počet kameňov v kôpke sa znížil o 6. Je ľahké pochopiť, že hráč tvoriaci druhý ťah zaberie posledný kameň a je tiež jasné, že vždy má možnosť urobiť ťah.
Majme 6t+a, kde 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. Riešenie: Vyhráva prvý. Víťazná stratégia je jednoduchá: musíte zabezpečiť, aby počet kameňov v niektorých nových hromadách skončil na 3 alebo 4 a vo zvyšku nových kôp nepresahoval 4. Napríklad hromadu 2009 kameňov možno rozdeliť na tri takéto: 563, 663, 783 alebo 2, 3, 2004 atď. Je ľahké vidieť, že nepriateľ nemôže použiť rovnakú stratégiu. Po niekoľkých ťahoch prvý hráč ponúkne 3 kôpky: jeden má 3 alebo 4 kamene, ďalší dva - nie viac ako 4. Druhý hráč môže urobiť ťah, ale ďalší ťah už nie je možný.
3. Logické úlohy3.1. Je dôležité, aby sa kotúče nezlomili, t.j. každý bol predaný celé disky. Označme priateľov nášho hrdinu D1, D2, D3. Začnime s D3.
D3. Do jeho kúpy zostal nepárny počet diskov, pretože. inak podmienka "a este pol disku" neda cely disk. Keďže sa disky po jeho kúpe minuli, ukazuje sa, že polovica disku je „polovica zvyšného z druhého“.
Záver: polovica disku (polovica zvyšného z druhého) + polovica disku = 1 disk.
D 2. V čase jeho nákupu zostal aj nepárny počet diskov a viac ako 1 disk - 3 disky. D2 kúpila 2 disky: polovica zvyšných + polovica disku.
D1. Jeho nákup: polovičný + polovičný disk. Ukazuje sa, že polovica = 3,5 disku. To znamená, že D1 kúpila 4 disky.
Celkovo sa predalo 1 + 2 + 4 = 7 diskov.
Odpoveď: 7 diskov.
Odpoveď: Mama kúpila 9 jabĺk. Rozdelenie jabĺk: 4 - k prvému, 2 k druhému, 1 - k tretiemu. (Úvaha je podobná: 7 jabĺk + 2 jablká).
rozhodnutie:
do tretieho bodu - polovicu zvyšku a ďalšiu polovicu citróna do druhého bodu - polovicu zvyšných a ďalšiu polovicu citróna do prvého bodu som dal polovicu všetkých citrónov a ďalšiu polovicu citróna na predaj
(31 citrónov + polovica citróna) 2 = 63 citrónov (63 citrónov + polovica citróna) 2 = 127 citrónov (127 citrónov + polovica citróna) 2 = 255 citrónov bolo v krabici
Odpoveď: 255 citrónov.
rozhodnutie:
zobudil najmladšieho syna:
12 sliviek \u003d 8 + 4 prostredný syn sa zobudil:
18 sliviek \u003d 12 + 6 najstarší zo synov sa prebudil:
27 sliviek = 18 + 9
8 sliviek - (vľavo pre dvoch bratov),
potom - 4 slivky (zjedol) 12 sliviek - (zostalo pre dvoch bratov),
potom - 6 sliviek (zjedol) 18 sliviek - (zostalo pre dvoch bratov),
potom - 9 sliviek (zjedol)
Odpoveď: 27 sliviek.
Môžete takto argumentovať. Nech si Macko Pú vezme veľkú loptu a prasiatko - malú. Ak sa ukázalo, že tieto gule majú rôzne farby, problém je vyriešený. Nech majú gule rovnakú farbu, napríklad modrú. Potom, podľa stavu problému, medzi zvyšnými loptičkami je jedna zelená. Ak je to veľká zelená guľa, tak nech si ju vezme Macko Pú namiesto svojej, a ak je malá, tak nech si ju vezme Prasiatko. Potom budú mať gule rôzne farby a veľkosti.
Očíslujme mince. Rozdeľme sadu mincí na 3 kôpky po 6 mincí.
Pri prvom vážení dáme všetky mince 1. kôpky na jednu váhu a druhú na druhú. Možné sú 2 prípady.
Prípad 1: Váhy sú v rovnováhe. Potom je falošná minca v tretej kôpke. Teraz položme prvú kôpku mincí na jednu váhu a tretiu na druhú. Ak sa napríklad pretiahne tretia kôpka, potom je falošná minca ťažšia ako skutočná.
2. prípad. Váhu nechajte pri prvom vážení nevyváženú. Potom je falošná minca buď v prvej kôpke, alebo v druhej. Preto sú všetky mince z tretej kôpky skutočné. Položme prvú kôpku mincí na jednu váhu a tretiu na druhú. Ak sú váhy v nerovnováhe, falošná minca je v prvej kôpke a druhé váženie ukáže, či je ľahšia alebo ťažšia ako skutočná. Ak sú váhy v rovnováhe, tak falošná minca je na druhej kôpke a prvým vážením sa dá zistiť aj to, či je ľahšia alebo ťažšia ako skutočná.
1 možnosť výsledok Falošná minca
1 váženie 1 hromada 2 hromada zostatok V tretej hromade
2 váženie 1 hromada 3 hromada nerovnováha Určte hmotnosť
Možnosť 2 1 váženie 1 zväzku 2 zväzok nevyváženosť 1 zväzok
2 váženie 1 hromada 3 nevyváženosť hromady 1 hromada, určte hmotnosť.
Možnosť 3 1 váženie 1 zväzku 2 zväzok nevyváženosť 2 zväzok
2 váženie 1 kôpka 3 rovnovážna kôpka Na základe výsledkov prvého váženia určíme hmotnosť falošnej mince.
Odpoveď: Stačia 2 váženia.
Vrecia naložíme na auto, kým ich celková hmotnosť nepresiahne 4 tony. Potom zložte posledné vrecko a odložte ho. Oneskorená taška sa nezúčastňuje ďalšieho nakladania. Urobme to 8 krát. 8 vriec bude meškať. Celková hmotnosť prepravovaného nákladu a odložených vriec je viac ako 8 * 4 = 32 (t). To znamená, že ostávajú necelé 4 tony, ktoré sa dajú prepraviť na deviatu jazdu. Odložené vrecia na dve zvyšné cesty prepravíme naraz 4 vrecia (ich hmotnosť nie je väčšia ako 4 tony).
Zoraďte kôpky zľava doprava tak, aby kopa s najmenším množstvom orechov bola na 18. mieste. Do každej kôpky z prvých troch, druhých troch atď., šiestej trojky, teda ku každej z prvých 18 kôp pridajme jeden orech. Teraz pridajte jeden orech na 18., 19. a 20. kôpku. V dôsledku toho sa počet orechov v každej hromade zvýši o 1 a v 18 - o 2. Rozdiel medzi počtom orechov v najväčšej a najmenšej hromade sa teda zníži o 1, ak existuje jedna hromada s najmenšou číslo. Inak na 18. miesto opäť dávame kôpku s najmenším počtom orechov. Opakovaním tohto postupu znížime rozdiel medzi najväčším a najmenším počtom orechov, až kým nebude nula.
Bibliografia
Agakhanov N.Kh. Oblastné olympiády. Ročníky 6-11 [Text] / N. Kh. Agakhanov, O. K. Podlipsky. – M.: Osveta, 2010. – 192 s.
Galkin E.V. Neštandardné úlohy z matematiky. Úlohy logického charakteru. Kniha pre žiakov 5-11kl. M.: Osveta, 1996.
Gardner, M. Matematické hádanky a zábava [Text] / M. Gardner. – M.: Mir, 1971.
Ignatiev, E. I. V ríši vynaliezavosti [Text] / E. I. Ignatiev. – M.: Nauka, 1979.
Shen A. Hry a stratégie z pohľadu matematiky. - M.: MTsNMO, 2007. - 40. roky.
Materiály mestskej olympiády z matematiky 2009.