Пример. Разложить на множители число   816 .

 Решение. 816=2·408=2·2·204=2·2·2·102=2·2·2·2·51=2·2·2·2·3·17=·3·17

      Равенство 816=·3·17и есть единственное разложение числа   816   на простые множители. Простыми множителями в данном примере являются числа   2 , 3   и   17 . 

Задача.  (7–8 классы, 2004 год, конкурс «Кенгуру»)

У натурального числа n ровно 3 различных простых делителя, у числа 11n таких делителей тоже 3, а у числа 6n — четыре. Сумма цифр наименьшего такого числа n равна

(А) 2    (В) 5    (С) 8    (D) 11    (Е) другой ответ

Решение. Поскольку у числа 11n столько же различных простых делителей, сколько у n, то n делится на 11. Из того, число 6n имеет на один простой делитель больше, следует, что либо 2 делит n, а 3 не делит, либо наоборот. Итак, нам нужно найти самое маленькое из чисел, список различных простых делителей которого состоит из 11, точно одного из чисел 2 и 3, и еще какого-то простого числа. Ясно, что это произведение 2*11*5=110. Ответ — А.

Дополнительно рассматриваются следующие свойства:

Если число a делится на каждое из двух взаимно простых чисел b и с, то оно делится и на их произведение bc.

Если произведение ab делится на число с, причем числа a и с взаимно простые, то b делится на с.

Пример 1. «Сборник задач по алгебре. М. Л. Галицкий, А. М. Гольдман, Л. И. Звавич. М: Просвещение». Найдите все простые числа p, для которых число p²+2 также простое.

Решение. 1) Проверим. Пусть p=2. Т.к. p²+2=2²+2=6- составное, то p≠2 . 2) Пусть p=3. Тогда p²+2=11- простое число. Покажем теперь, что нет простых чисел p>3, для которых p²+2- простое число. Пусть p >3- простое число, тогда p не делится на 3, значит по теореме о делении с остатком p=3n+1 или p=3n+2, где n- натуральное число. Если p=3n+1, то p²+2=3(3n²+2n+1) делится на 3, т. е. не является простым. Если же p=3n+2, то

p²+2=3(3n²+4n+2) также делится на 3, т.е. не является простым.

При решении задач на делимость часто применяется принцип

Дирихле: если m и n – натуральные числа и m > n,то при разбиении множества, состоящего из m элементов, на n классов, хотя бы в один из классов попадѐт более одного (не менее двух) элемента.

Если в множестве А меньше элементов, чем в множестве В, то обязательно от некоторых элементов множества А должно исходить более одной стрелки.

Это свойство неравночисленных множеств получило название принципа Дирихле, по имени известного немецкого математика Петера Густава Лежена Дирихле. В простой форме принцип формулируется так: «Если вещей у нас больше, чем ящиков, по которым мы хотим их разложить, то, по крайней мере, в одном из ящиков должно быть две или более число вещей». Или этот принцип высказывают в шутливой форме: «Нельзя посадить семерых зайцев в три клетки так, чтобы в каждой клетке находилось не больше двух зайцев».

Задача. В городе Н имеется 200 тысяч жителей. Докажите, что в городе Н имеется, по крайней мере, два человека с одним и тем же числом волос на голове. Известно, что на голове у одного человека не более 100 тысяч волос.

Для решения задачи распределим жителей по группам: к первой группе отнесем жителей, не имеющих на голове волос, ко второй – жителей с одним волосом, к третьей – жителей с двумя волосами и т.д., к последней группе относятся жители, которые имеют на голове 100 тысяч волос. Получили конечное множество таких групп, число элементов в этом множестве 100 001 (элементы этого множества пусть играют роль ящиков). С другой стороны множество людей в городе Н, так же конечное множество, их число 200 тысяч (элементы этого множества играют роль вещей). Значит обязательно встретится группа, в которой не меньше двух людей (вещей больше, чем ящиков).

Следствием принципа Дирихле является уже рассмотренное свойство отношения делимости:

1. Среди n последовательных натуральных чисел одно и только

одно делится на n .

Пример 1. Докажите, что среди 25 учеников класса, по крайней мере, трое родились в одном месяце.

Решение. Допустим, что в каждом месяце родилось не более 2 школьников. Тогда на 12 месяцев приходится не более 24 детей. Противоречие.

Пример 2. В клуб «Миллионеры России» вступили миллион миллионеров. В анкетах они оценили свой капитал от 10 млн. до 10 млрд. рублей (с округлением до одного миллиона). Можно ли утверждать, что найдется более ста миллионеров с одинаковыми «анкетными данными»? Решение. Можно. В противном случае каждую анкетную сумму (9991 различное значение) имеете не менее 100 миллионеров, то есть всего их не более 999100.

Заключение

В ходе работы были решены следующие задачи:

1. Была проанализирована педагогическая и методическая литература по теме работы.

2. Были даны определения основным понятиям.

3. Было охарактеризовано место и роль изучения темы «Делимость чисел » в обучении математике в средней школе.

4. Рассмотрена классификация задач и методы их решения, а так же педагогический и методический опыт, накопленный при обучении решению задач на делимость.

При объяснении материала я стараюсь не давать готовых утверждений. Предполагается, что ученики перебирают несколько случаев, находят закономерность и доказывают её. По моему мнению, умение подмечать простые закономерности не менее важно для ученика, чем умение решать сложные задачи, а также важно умение ясно, точно, грамотно излагать свои мысли в устной и письменной речи.

В заключении можно отметить, что рассмотренная тема в сочетании с нетрадиционными формами обучения, с учетом индивидуальности каждого ребенка, дифференциации обучения и создании возможностей для проявления творчества, способствует успешности усвоения делимости чисел, усиливает интерес к предмету, способствует возникновению положительных эмоций, радости познания, позволяет снять усталость, снизить закомплексованность, избежать влияния стресса. Уровень усвоения знаний учащихся значительно повышается. Как следствие такие задачи вызывают все меньше затруднений как на олимпиадах, так и на экзаменах.

.

Литература:

1. Болтянский В. Г., Г. Г. Левитас. Делимость чисел и простые числа. // В книге: Дополнительные главы по курсу математики. Учебное пособие по факультативному курсу для учащихся 7–8 классов. М.: Просвещение, 1974.

2. 1. Виленкин Н.Я., Гутер Р.С., Земляков А.Н., Никольская И.Л.. Под ред. Фирсова В.В.. Составители: Боковнев О.А., Шварцбурд С.И.. Факультативный курс. Избранные вопросы математики. М., «Просвещение», 1978.

3. Галицкий М.Л., А.М. Гольдман, Л.И. Звавич. Сборник задач по алгебре 8-9 классы. Пособие для учащихся общеобразовательных учреждений.15-е изд.-М.: Просвещение. 2010г.

4. Галкин Е.В., Нестандартные задачи по математике. Задачи с

целыми числами : учеб. пособие для учащихся 7-11 кл. Е.В. Галкин.

Челябинск: «Взгляд». 2005г.

5. Макарычев Ю.Н., Н.П. Миндюк., К.И. Нешков, И. Е. Феоктистов. Алгебра класс. Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений. 11-е изд.М.: «Мнемозина». 2011г.

6. Макарычев Ю.Н., Н.П. Миндюк. Алгебра – 8. Дополнительные главы к учебнику. М. «Просвещение» 1995г.

7. Мордкович А.Г. Алгебра и начала математического анализа. 10

класс: Ч.1. учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (профильный уровень). А.Г. Мордкович, П.В. Семѐнов. – 6-е изд. М.: Мнемозина. 2009г.

8. Романов П.Ю. Педагогические аспекты математического образования: сборник научных трудов.

9. Сборник учебных программ элективных курсов предпрофильного обучения девятиклассников. Из опыта работы Центра дополнительного образования «Планирование карьеры». Томск, 2003.

10. Фарков А.В.. Математические кружки в школе. 5-8 классы. М. «Айрис- пресс» 2006г.

11. Фарков А.В. Математические олимпиады. Муниципальный этап .5-11 классы. М. «Илекса». 2012г.

12. Цыстогов В.Н. Дополнительные материалы для классов с углубленным изучением математики. – Томск, Томский областной институт учителя, 1991.

13. Чесноков А.С., Шварцбурд С.И., Головина В.Д. Внеклассная работа по математике. М. «Просвещение» 1974г.

14. Интернет-ресурсы. Википедия — свободная энциклопедия.

Приложения

Задачи для 7 класса.

1. На занятии математического кружка 25 школьников получили 290 жетонов за правильное решение задач. Докажите, что, по крайней мере, два ученика получили жетонов поровну (возможно, по 0).

2. 1800 учеников района выполняли тест из 100 заданий. У Сидорова 31 неверный ответ. У остальных меньше. Докажите, что найдутся 59 школьников с одинаковыми результатами тестирования.

3. 106 т строительных материалов упаковано в ящиках; масса каждого не превышает 6 т. Грузовой лифт перевозит их на крышу небоскреба. Если масса груза более 25 тонн, лифт автоматически отключается. Какое количество рейсов лифта достаточно для перевозки?

4. 1997 гангстеров, расстояние между которыми попарно различны, одновременно выхватили пистолеты, и каждый стреляет в ближайшего. Докажите, что в одного из них никто не стреляет.

5. Вовочка написал в тетради число 65349*0712 в качестве примера числа, которое делится: а) на 9; б) на 3. (На месте звёздочки когда-то была написана цифра, а теперь там пятно от сладкого чая.) Помогите Вовочке восстановить пропущенную цифру. Укажите все возможные варианты!

6. Некто привёз на базар огурцы; когда он стал считать их десятками, то не хватило двух огурцов до полного числа десятков. Когда он стал считать огурцы дюжинами, то осталось 8 огурцов. Сколько огурцов было привезено, если их было больше 300, но меньше 400?

7. Кикимора Дуся думает, что v³ + 2v делится на 3 для любого натурального v. В правильном ли направлении думает Дуся?

8. Кикимора Дуся думает, что если натуральные числа a, b и c таковы, что числа a + b, b + c, a + c – простые, то среди них найдутся равные. Права ли Дуся?

9. Можно ли торт Клары со сторонами 2,3×3,5 см разрезать на прямоугольнички 0,08×0,07 см?

10. Ведьма Клара ищет два последовательных натуральных числа, сумма цифр каждого из которых делится на 11.

11. Запишем подряд цифры от 1 до 9, получим число 123456789. Простое оно или составное? Изменится ли ответ в задаче, если каким-то образом поменять порядок цифр в этом числе?

12. Делится ли число 32561698 на 12? Решите эту задачу:

а) с помощью признака делимости на 4;

б) с помощью признака делимости на 3.

13. а) Докажите, что произведение двух последовательных чётных чисел всегда делится на 8.

б) Может ли произведение четырех последовательных натуральных чисел оканчиваться на 116?

14. Может ли натуральное число, записываемое с помощью 10 нулей, 10 единиц и 10 двоек, быть квадратом некоторого другого натурального числа?

15. Чтобы открыть сейф, нужно ввести код — семизначное число, состоящее из двоек и троек. Сейф откроется, если двоек в коде больше, чем троек, а сам код делится и на 3, и на 4. Какой код может открывать сейф?

Ответы к задачам.

1. Допустим противное. Тогда 25 учеников получили не менее 0+1+…+24=300 жетонов.

2. 1799 учащихся делим на 31 группу по результату (от 0 до 30 ошибок); 58*31=1798. Значит, найдется группа, в которой не менее 59 школьников.

3. В каждый рейс можно загрузить не менее 19 т. Поэтому достаточно 106/19, то есть 6 рейсов. 5 рейсов может оказаться недостаточно. Например, если 21 одинаковый ящик попытаться перевезти в 5 рейсов, то в одном из рейсов будет 5 ящиков общей массой 106*5/21>5 т.

4. Два ближайших гангстера стреляют друг в друга. Если хотя бы один из оставшихся 1995 гангстеров стрелял в одного из первых, то в одного из оставшихся стрелять некому. В противном случае снова выберем двух ближайших гангстеров и т.д. Их число нечетно, поэтому останется один, в которого никто не стрелял.

5. Сумма известных цифр числа равна 37.

a) Чтобы число делилось на 9, нужно, чтобы его сумма цифр делилась на 9. Это возможно, только если на месте звёздочки стоит цифра 8.

б) Чтобы число делилось на 3, нужно, чтобы его сумма цифр делилась на 3. Это возможно, только если на месте звездочки стоит одна из цифр 2, 5, 8.

6. Число огурцов обозначим за а, тогда по условию задачи а=10х+8 и а=12у+8. Значит, если отложить 8 огурцов, то а делится на 10 и 12, т.е. на 60. Среди чисел, больших 300 и меньших 400, лишь 360 удовлетворяет этим условиям. Итак, огурцов было 368. Число 300 делится на 60. Значит, число 308 тоже является решением задачи. Ответ: 308,368.

7. v³ + 2v = v(v² + 2). Рассмотрим возможные остатки от деления числа v на 3.

v = 3k

v = 3k + 1 ⇒ v² + 2 = 9k² + 6k + 3

v = 3k + 2 ⇒ v² + 2 = 9k² + 12k + 6

Видно, что во всех трех случаях число v³ + 2v = v(v² + 2) будет делиться на 3.

8. Допустим, a четно. Тогда b и c должны быть нечетными (ведь числа a + b и b + c должны быть простыми, а равны 2 они быть уже не могут). В этом случае b + c- четно и может быть простым, только если оно равно 2. Поскольку b и c – натуральные, они могут равняться только 1, то есть они одинаковы. Если же а нечетно, то b и cдолжны быть четными (или 1, если a=1). Но тогда b + c – снова четное, и мы приходим к предыдущей ситуации.

9. Площадь всего торта равна 23·7·5·0,01=23·7·5²·2·0,0001 см², а площадь каждого прямоугольничка равна 8·7·0,0001 см². Видно, что второе число кратно 8·0,0001 см², а первое нет (в произведении нет 8).

10. Если два последовательных числа отличаются только последней цифрой, то их суммы чисел отличаются на 1, а стало быть, не могут делиться на 11 одновременно. Еще один случай – когда при добавлении к числу 1 несколько девяток на конце превращаются в нули, а следующая за ними цифра увеличивается на 1 (например, 699 и 700). Сколько нам нужно таких девяток? Если девятка одна, то суммы цифр отличаются на 9 − 1=8, если две, то на 2·9 − 1=17, если три, то на 3·9 − 1=26, если четыре, то на 4·9 − 1=35, если пять, то на 5·9 − 1=44 и т.д. Необходимо, чтобы эта разность делилась на 11. Это выполняется, например, при пяти нулях на конце большего из чисел. Осталось придумать для него «начало», сумма цифр которого делилась бы на 11. Например, 56.

11. Легко проверить, что сумма цифр этого числа равна 45 и делится на 9. Значит, в силу признака делимости на 9 и само число делится на 9 и потому составное. При любой перестановке цифр числа сумма этих цифр не изменяется, поэтому число будет по-прежнему делиться на 9(значит, будет составным).

12. а) Число оканчивается на 98, а 98 не делится на 4. Поэтому по признаку делимости на 4 число на делится на 4. Но любое число, делящееся на 12, должно делиться и на 4.

б) Сумма цифр числа равна 40, а 40 не делится на 3. Поэтому по признаку делимости на 3 число на делится на 3. Но любое число, делящееся на 12, должно делиться и на 3.

13. а) Из двух последовательных чётных чисел одно к тому же обязательно делится на 4 (докажите это аккуратно, пользуясь признаком делимости на 4), поэтому их произведение делится на 8.

б) Среди четырёх последовательных натуральных чисел всегда будут два последовательных чётных числа, так что их произведение должно делиться на 8 по пункту а. А число 116 не делится на 8. Значит, оно не может быть образовано тремя последними цифрами числа, делящегося на 8.

14. Сумма цифр числа, составленного из таких цифр, равна 10 · 0 + 10 · 1 + 10 · 2 = 30. Значит, в силу признаков делимости это число делится на 3, но не делится на 9.

Предположим, что искомое число m является квадратом числа n, то есть m = n² = n · n. Если m кратно 3, то и n кратно 3, а тогда m = n · n должно быть кратно 9.

15. В силу признака делимости на 4 код может оканчиваться только цифрами 32 (другие двузначные числа, составленные из цифр 2 и 3, не делятся на 4).

Двоек в коде больше, чем троек; значит, двоек не меньше четырёх, а троек не больше трёх. Если в коде четыре двойки и три тройки, то сумма цифр кода равна 2 · 4 + 3 · 3 = 17 и не делится на 3, поэтому и сам код не делится на 3. По аналогичной причине код не может состоять из пяти двоек и двух троек (тогда сумма цифр была бы равна 2 · 5 + 3 · 2 = 16). Значит, код может состоять только из одной тройки и шести двоек (тогда сумма цифр равна 2 · 6 + 3 · 1 = 15 и код делится на 3).

Положение единственной тройки в коде мы уже определили, а остальные цифры · двойки. Значит, подходит только код 2222232.

Задачи для 8 класса.

1. Найдите наименьшее число, записываемое только при помощи двоек, единиц и нулей, которое бы делилось на 225.

2. Найдите все числа, при делении которых на 7 в частном получится то же число, что и в остатке.

3. При делении некоторого числа на 13 и 15 получились одинаковые частные, но первое деление было с остатком 8, а второе деление без остатка. Найти это число.

4. Найдите последнюю цифру числа:

   1. а) 2001²⁰⁰¹; б)549⁴⁹; в) 345673³⁷⁶⁵⁴³; г) 77⁷⁷⁷⁷.

5. Является ли число 123321123321 квадратом какого-либо целого числа?

6. Определите, не выполняя действий, делится ли а) 18² − 7² на 11; б) + + на 60; в) + + + . . . + на 83.

7. Какой цифрой оканчивается число

8. Число 2005 представьте в виде разности квадратов двух натуральных чисел.

9. Сумма двух натуральных чисел равна 777. Какое наибольшее значение может принимать общий делитель этих чисел?

Ответы к задачам.

1. Число должно делиться на 25, поэтому оно оканчивается не менее, чем на два нуля. Число должно делиться на 9 ,поэтому сумма цифр должна делится на 9, значит, она не менее 9. Представим 9 наименьшим числом слагаемых:9=2+2+2+2+1. Чтобы число было меньше, 1 должна стоять в начале числа. Ответ:1222200.

2. Пусть число А=7х + х , А=8х, где 0 < х < 7, т.е. х принимает значения 1, 2, 3, 5, 6. Тогда, а = 8, 16, 24, 32, 40, 48.Ответ: 8, 16, 24, 32, 40, 48.

3. Пусть число А = 13 n + 8 , тогда по условию А = 15 n , решив уравнение 13п + 8 = 15п, получим n= 4. Значит, число А = 60.Ответ: 60

4. Идея во всех пунктах одинаковая. Вспомнив правило умножения в столбик, можно понять, что последняя цифра произведения двух чисел – это последняя цифра произведения двух последних цифр этих чисел. В пункте а) единица все время будет умножаться сама на себя, поэтому получится единица. В пункте б) 9·9=81, …1·9=…9 и т.д., то есть нечетные степени будут оканчиваться на 9, а четные – на в) У числа 3 степени в зависимости от делимости на 4 могут заканчиваться на 3, 9, 7 и 1. Поскольку 376543 делится на 4 с остатком 3, последняя цифра этой степени будет 7. г) У степеней семерки тоже 4 возможных окончания: 7, 9, 3, 1, выбор вновь зависит от того, с каким остатком показатель степени делится на 4. Но 77 в любой степени дает остаток 1 при делении на 4 (можно проверить, что при перемножении двух чисел, делящихся на 4 с остатком 1, получится число с таким же свойством). Значит, последняя цифра 7.

5. Предположим, что 123321123321= k² , где k - некоторое целое число. Заметим, что число 123321123321 делится на 3, так как сумма его цифр равна 24, а 24 делится на 3. Следовательно, число k² делится на 3. Тогда и число k должно делится на 3. Докажем этот факт. Если число k при делении на 3 дает остаток 1, т.е. k =3s +1 ,то k²=(3s +1)²=9s²+6s+1. Ясно, что выражение 9s²+6s+1 на 3 делится с остатком 1. Если число k при делении на 3 дает остаток 2, т.е. k= 3s +2 , то k²=(3s +2)²=9s²+12s+4. И в этом случае получаем, что выражение 9s²+12s+4 не делится на 3. Остается единственный вариант: число k делится на 3 без остатка, т.е. k =3s . Но тогда k²= 9s² и число k² делится на 9. Но из равенства 123321123321= k² следует, что число 123321123321 должно делится на 9. Получили противоречие, т.к. сумма цифр данного числа равна 24 и по признаку делимости на 9 (24 не делится на 9 без остатка) имеем, что число 123321123321 не делится на 9 без остатка. Следовательно, наше предположение о существовании целого числа k , такого что 123321123321= k², ошибочно. Ответ: нет

6. а) Делится: 18²−7² = (18−7)(18+7) = 11·25 ⋮11.

б) Не делится: + = (53+67)(53² −53·67+67²) = 120(53² − 53 67 + 67²)⋮ 60, а 60.

в) Делится: разобьём слагаемые на пары и докажем, что сумма в каждой паре делится на 83. Например, + ⋮ 83, + ⋮ 83 и т.д.

7. Найдем последнюю цифру при различных значениях n: 3; 9; 7; 1; 3; 9; … Замечаем зависимость: через 4 числа цифра повторяется. Т.к. 2008=502·4+0, то число оканчивается такой же цифрой, что и ,т.е. 1. Рассматривая различные степени числа 4, получаем зависимость: если показатель степени n- четный, то оканчивается цифрой 6, а если нечетный, то оканчивается цифрой 4.Так как 2009- число нечетное, то оканчивается цифрой 4, а значит, и число

8. Так как 2005=5·401, a a²-b²=(a-b)(a+b), то для нахождения решения задачи надо найти решения следующих систем уравнений:

a+b=2005,

a-b=1.

a+b=401,

a-b=5.

Решениями данных систем уравнений являются пары чисел: (1003,1002); (203;198).

9. Разложим 777 на простые множители: 777=7·3·37.Представим данное произведение в виде следующих двух слагаемых: 777=7·37+7·37·2=259+518.

Наибольшим делителем чисел 259и 518 будет259.В других случаях наибольший общий делитель слагаемых будет меньше.

Избранные вопросы математики. Кружок по математике. 7 класс.

блоков, тем

Всего, час

Количество часов

Характеристика деятельности обучающихся

Аудитор

ные

Внеуади

торные

Решение уравнений с параметрами.

2

1

1

определяют цель учебной деятельности, осуществляют поиск средства её достижения

Делимость чисел и признаки делимости.

3

1

2

понимают смысл поставленной задачи, выстраивают аргументацию

Делимость суммы и произведения

2

1

1

уметь ясно, точно, грамотно излагать свои мысли в устной и письменной речи.

Простые и составные числа. Основная теорема арифметики

3

1

2

умеют высказывать свою точку зрения и её обосновать, приводя аргументы

Деление с остатком

3

1

2

составляют план выполнения задач, решения проблем творческого и поискового характера.

Уравнения в целых числах и методы их решения.

2

1

1

составляют план выполнения заданий совместно с учителем.

Решение линейных уравнений с двумя переменными

2

2

определяют цель учебной деятельности, осуществляют поиск средства её достижения.

Решение уравнений с модулем

3

1

2

уметь ясно, точно, грамотно излагать свои мысли в устной и письменной речи.

Построение графиков кусочных функций

2

2

составляют план выполнения заданий совместно с учителем.

Построение графиков функций, содержащих переменную под знаком модуля.

3

1

2

определяют цель учебной деятельности, ищут средства её осуществления

Применение графов к решению задач

2

2

умеют высказывать свою точку зрения и её обосновать, приводя аргументы

Решение геометрических олимпиадных задач.

3

1

2

составляют план выполнения заданий.

№

Наименование разделов,

блоков, тем

Всего, час

Количество часов

Характеристика деятельности обучающихся

Аудитор

ные

Внеуади

торные

Решение задач на смеси и сплавы.

2

2

умеют высказывать свою точку зрения и её обосновать, приводя аргументы

Решение комбинаторных задач.

2

2

Вырабатывают креативность мышления, инициативу, находчивость.

Построение графиков дробно-рациональных функций.

2

2

определяют цель учебной деятельности, ищут средства её осуществления.

Итого:

36

9

27

АСПЕКТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ: СБОРНИК НАУЧНЫХоилрорррн ТРУДОВ. ВЫПУСК 7

Автор/создатель: Под редакцией проф. П.Ю. Романова

: СБОРНИК НАУЧНЫХ ТРУДОВ. ВЫПУСК 7

Автор/создатель: Под редакцией проф. П.Ю. Романова

7

Автор/создатель: Под редакцией проф. П.Ю. Романова

ПЕДАГОГИЧЕСКИЕ АСПЕКТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ: СБОРНИК НАУЧНЫХ ТРУДОВ. ВЫПУСК 7

Автор/создатель: Под редакцией проф. П.Ю. Романова

ПЕДАГОГИЧЕСКИЕ АСПЕКТЫ

Автор/создатель: Под редакцией проф. П.Ю. Романова

ПЕДАГОГИЧЕСКИЕ АСПЕКТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ: СБОРНИК

Кенгуру-клуб № 38

Задача 1 (7–8 классы, 2002 год)

Любитель арифметики перемножил первые 2002 простых числа. На сколько нулей заканчивается произведение?

(А) 0    (В) 1    (С) 10    (D) 20    (Е) 100

Решение. Ясно, что один ноль в произведении есть: и 2, и 5 входят в набор первых 2002 простых чисел. Так же ясно должно быть, что больше нулей в этом произведении нет, поскольку сомножители не повторяются, а других способов получить ноль на конце произведения нет. Итак, ответ — В.

Задача 2 (5–6 классы, 2004 год)

У двузначного числа n цифра десятков в два раза больше, чем цифра единиц. Тогда число n обязательно

(А) четное   (В) нечетное    (С) меньше 20    (D) делится на 3    (Е) делится на 6

Решение. Если цифра единиц равна а, то цифра десятков — 2а, а их сумма равна 3а, следовательно, число n делится на 3.

Задача 3 (7–8 классы, 2003 год)

Сколькими способами можно записать число 2003 в виде суммы a + b, где a и b — простые числа и a < b?

(А) 0    (В) 1    (С) 2    (D) 3    (Е) более 3

Решение. Заметим, что сумма двух чисел нечетна только в том случае, когда одно их слагаемых четно, а другое — нечетно. Поскольку четное простое число существует ровно одно — 2, если искомая запись существует, то это может быть только 2 + 2001, но число 2001 очевидным образом делится на 3, следовательно: верный ответ — А.

Задача 4 (7–8 классы, 2004 год)

Наибольший делитель числа 32004 + 6, отличный от этого числа, равен

(А) 32003 + 3    (В) 32003    (С) 32003 + 2    (D) 3    (Е) 32004

Решение. Достаточно заметить, что число равно произведению своего наименьшего делителя (отличного от 1) на наибольший. Ясно, что в этой ситуации проще искать наименьший делитель. Теперь остается заметить, что число 32004 + 6 нечетно и делится на 3, следовательно, 3 — наименьший делитель, а (32004 + 6) : 3 = 32003 + 2 — наибольший делитель. Верный ответ — С.

Задача 5 (7–8 классы, 2004 год)

Если a и b — натуральные числа, ни одно из которых не делится на 10, и a b=10 000, то a + b равно

(А) 1024    (В) 641    (С) 74    (D) 34    (Е) 1 000

Решение. Заметим, что 10 000 = 24*54, а поскольку ни одно из чисел a и b не делится на 10, то все двойки должны войти в разложение на множители одного из этих чисел, а все пятерки — в разложение другого, например, a = 24 = 16, b =54 = 625. В любом случае, a + b = 641, правильный ответ — В.

Задача 6 (7 — 8 классы, 2004 год)

Натуральное число b в 64 раза больше натурального числа а. Какое из следующих соотношений невозможно?

(А) b = a3    (В) b = a4    (С) b = a2    (D) b = a7    (Е) b = a6

Решение. По условию, b = ak = 64 a , следовательно, ak — 1= 641 = 26 = 43 = 82, но это означает, что k может равняться 2, 7, 4 и 3 и не может равняться 6. Итак, ответ — Е.

Задача 7 (7–8 классы, 2002 год, 12%, 13%)

Сколько простых чисел равны сумме двух простых чисел и одновременно разности двух простых чисел?

(А) 1    (В) 3    (С) 4    (D) 0    (Е) бесконечно много

Решение. Пусть р1, р2, р3, р4 — такие простые числа, что р1 + р2 = р3 — р4 = р — простое число. Прежде всего, заметим, что среди чисел р1 и р2есть 2 (иначе получится, что р — четное простое число, большее, чем 2). Будем считать, что р1 = 2. Если предположить, что числа р3 и р4оба нечетны, то окажется, что р = 2 и, следовательно, р2 = 0 (это для простого числа невозможно), следовательно, одно из этих чисел также равно 2. Ясно, что это может быть только р4, итак, 2 + р2 = р3 — 2. Из последнего равенства получаем, что р3 = р2 + 4. Теперь заметим, что если р2 = 3, то р3 = 7 и мы получаем удовлетворяющее условиям задачи равенство 2 + 3 = 7 — 2 = 5. Покажем, что никаких других чисел с такими свойствами нет. Действительно, если при делении на 3 число р2 дает остаток 1, то сумма р = р1 + р2 = 2 + р2должна делиться на 3 (и быть больше, чем 3), следовательно, она не может быть простым числом. Если же при делении на 3 число р2дает остаток 2, то число р3 = р2 + 4 делится на 3 и не может быть простым числом. Если же остаток равен 0, это значит, что само число р2 не является простым. Итак, ответ — А.

Третий тур дистанционного этапа VII олимпиады имени Леонарда Эйлера Решения задач

1. Улитка ползет вокруг циферблата часов против часовой стрелки с постоянной скоростью. Она стартовала в 12.00 с отметки 12 часов, и закончила полный круг ровно в 14.00. Какое время показывали часы, когда улитка в ходе своего движения встречалась с минутной стрелкой? Ответ. 12-40 и 13-20. Решение. Из условия следует, что улитка двигается по циферблату в 2 раза медленнее минутной стрелки. Поэтому к 1-й встрече она проползает треть всего круга, а стрелка – две тре ти. Это означает, что первая встреча происходит в 12-40. Аналогично, между первой и второй встречей снова проходит 40 минут. Это означает, что вторая встреча случается в 13-20.

2. В каждую клетку таблицы 2×2 вписано по одному числу. Все числа различны, сумма чисел в первой строке равна сумме чисел во второй строке, а произведение чисел в первом столбце равно произведению чисел во втором столбце. Найдите сумму всех четырёх чисел. Ответ. 0.

Решение. Пусть в верхней строке таблицы стоят (слева направо) числа a и b, а в нижней (слева направо) — числа c и d. По условию a+b = c+d и ac = bd. Выражая c из первого уравнения и подставляя во второе, получаем a(a+b–d) = bd ⇔ (a+b)(a–d) = 0, откуда, поскольку a–d ≠ 0, получаем a = –b. Анало гично,

d = –c, откуда и получаем ответ.

3. Биссектрисы углов A и C разрезают неравнобедренный треугольник ABC на четырёхугольник и три треугольника, причём среди этих трёх треугольников есть два равнобедренных. Найдите углы тре угольника ABC. Ответ. 180°/7, 2⋅180°/7, 4⋅180°/7.

Решение. Пусть AK и CM — биссектрисы, I — их точка пересечения. По- смотрим, какие углы в каких треугольниках могут быть равными. Треугольник AIC равнобедренным быть не может: в нём ∠AIC = 90°+∠ABC/2 — тупой, а ∠IAC = ∠BAC/2 ≠ ∠BCA/2 = ∠ICΑ. Невозможны также равенства ∠MIA = ∠MAI и ∠KCI = ∠KIC, так как внешний угол треугольника AIC не может быть равен внутреннему, не смежному с ним. Наконец, невозможно одновременное выполнение равенств ∠MIA = ∠IMA и ∠KIC = ∠IKC, или одновременное выполнение равенств ∠IAM = ∠IMA и ∠ICK = ∠IKC, так как тогда ∠BAC = ∠ACB. Поэтому остаётся единственная (с точностью до перестановки точек A и C) возможность: ∠AIM = ∠AMI = 90°–∠ABC/2 = 90°–∠BAC/4, ∠ICK = ∠IKC = ∠ACB/2 =90°+∠ABC/2–∠ACB/2. Это означает, что 2∠ABC = ∠BAC и ∠ACB = 90°+∠ABC/2. Тогда 7∠ABC/2 = 90°, что и приводит к ответу.

4. Все делители натурального числа N, кроме N и единицы, выписали в ряд по убыванию: d1 > d2 > … > dk. Оказалось, что в каждой паре делителей, одинаково удалённых от концов этого ряда, больший делитель делится на меньший (то есть d1 делится на dk, d2 — на dk–1 и т.д.). Докажите, что в любой паре делителей числа N больший делитель делится на меньший.

Решение. Легко видеть, что выполняются равенства N = d1dk = d2dk–1 = … Это позволяет переформулировать условие задачи следующим образом: если произведение двух делителей числа N равно этому числу, то больший из этих делителей делится на меньший. Пусть число N кроме простого делителя p имеет другие простые делители. Тогда N можно представить в виде произведения двух взаимно про- стых сомножителей, больших 1, что противоречит условию задачи. Поэтому число N есть степень простого числа, откуда и вытекает утверждение задачи.

5. Двое играют в такую игру. За один ход можно положить в одну из клеток квадратной доски 1001×1001 один камешек (первоначально доска пуста; в одной клетке может лежать любое число камешков). Ходят по очереди. Как только в каком-то ряду (вертикали или горизонтали) оказывается более 5 камешков, сделавший последний ход признается проигравшим. Кто из игроков сможет выиграть независимо от действий соперника: тот, кто делает первый ход или тот, кто ходит вторым? Ответ. Первый.

Первое решение. До того, как на доску выложен 5005-ый камешек, первый находит строку и столбец, в которых находится менее пяти камешков (такие обязательно найдутся), и кладёт камешек в клетку на их пересечении. Если второй не ошибся раньше, после того, как на доску будет положен 5005-ый камешек (а его, как и все нечётные, положит первый), мы приходим к ситуации, в которой в каждой строке и каждом столбце лежит ровно по 5 камешков. В ней второй проигрывает, какой бы ход он ни сделал.

Второе решение. Пусть первым ходом первый положит камешек в центральную клетку доски, а затем кладет каждый свой камешек симметрично относительно центра доски последнему камешку соперника. Тогда если первый делает ход в строку или столбец, содержащий центральную клетку, там после этого хода будет нечетное числу камешков, а если камешек первого оказался в строке или столбце, не содержащем центральную клетку, там после его хода станет столько же камешков, сколько в симметричной относительно центра доски строке (столбце). Таким образом, если после хода первого в какой-то строке или каком-то столбце оказалось больше 5 камешков, то и до его хода были строка или столбец, где находилось больше 5 камешков. Значит, первый при такой игре не может проиграть, а так как игра конечна, то второй рано или поздно проиграет.

АСПЕКТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ: СБОРНИК НАУЧНЫХоилрорррн ТРУДОВ. ВЫПУСК 7

Автор/создатель: Под редакцией проф. П.Ю. Романова

: СБОРНИК НАУЧНЫХ ТРУДОВ. ВЫПУСК 7