Розробка заняття математичного гуртка на тема 'Інваріанти'

Заняття математичного гуртка

«МАТЕМАТИЧНА КАРУСЕЛЬ»

Тема. Інваріанти

Сімоненко Н.М.

вчитель математики

Харківської ЗОШ

І-ІІІ ступенів № 59

Правила математичної каруселі

Математична карусель - командне змагання. Кожна команда має в своєму складі 6 або менше гравців. Частина учасників команди під час каруселі перебуває на так званому початковому рубежі, решта команди - на заліковому рубежі. Поки змагання триває, деякі учасники переходять з початкового рубежу на заліковий, а інколи навпаки. Учасники, що перебувають на різних рубежах, не мають спілкуватися між собою. Тому зазвичай організатори каруселі розміщують гравців початкового рубежу даної команди на партах одного ряду, а гравців залікового рубежу - в наступному ряді або й далі.

Спершу всі гравці команди (зазвичай шестеро людей) розташовуються на початковому рубежі в певному порядку - від учасника № 1 до учасника

№ 6. Порядок (нумерацію учасників) команда визначає сама. На сигнал початку змагання кожній команді видають першу задачу. Коли команда розв'язала задачу, вона пише на звороті аркушу паперу, на якому видали задачу, розв'язок до неї. Аркуш паперу команда повертає члену журі, який перевіряє відповідь. Якщо відповідь неправильна, нічого не відбувається, команда просто отримує наступну задачу. Якщо задача розв'язана правильно (тобто, відповідь команди збігається з правильною), один з членів команди - № 1 - переходить із початкового рубежу на заліковий.

Далі гравці на початковому й заліковому рубежах працюють незалежно. Й тим, й іншим видають щораз нові задачі. Якщо гравці початкового рубежу правильно розв'язали задачу, один із них - той, хто був першим у черзі - переходить на заліковий рубіж (і сідає в кінець черги залікового рубежу). Якщо ж гравці залікового рубежу дали неправильну відповідь, той гравець, хто був першим у черзі залікового рубежу, переходить назад на початковий рубіж (і сідає в кінець черги початкового рубежу). Таким чином, гравці команди переміщуються між початковим і заліковим рубежами в спосіб, що нагадує катання на каруселі. Якщо на початковому рубежі задачу розв'язують неправильно, або на заліковому правильно, всі гравці залишаються на своїх місцях.

Суттєва різниця між початковим і заліковим рубежами полягає в тому, що розв'язавши правильно задачу на заліковому рубежі, команда за це отримує в свій залік певні очки, якщо ж задача розв'язана на початковому рубежі, єдина користь для команди - можливість відрядити одного учасника на заліковий рубіж. Очки на заліковому рубежі нараховують у такий спосіб: за першу правильно розв'язану задачу дають 3 бали, за другу - 4, за третю 5 балів, і за кожну наступну на бал більше, ніж за попередню. Ланцюжок, однак, обривається, коли якась із задач була розв'язана неправильно. Тоді за наступну задачу, якщо вона буде правильно розв'язана, команда отримує 5 очок, якщо ця (яку розв'язано неправильно), коштувала 6 очок або більше; 4 очки, якщо ця коштувала 5; 3 очки, якщо ця коштувала 4 або 3 очки. Ціна наступних задач знов зростає на 1 (поки команда розв'язує їх правильно). Таким чином, після ланцюжка з шести правильно розв'язаних задач, однієї нерозв'язаної та ще трьох розв'язаних команда отримає 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 0 + 5 + 6 + 7 балів, а після серії з чотирьох розв'язаних, двох нерозв'язаних і однієї розв'язаної 3 + 4 + 5 + 6 + 0 + 0 + 4 бали (зауважте: за останню задачу команді нарахували 4 бали, бо попередня, шоста, задача коштувала 5 балів).

Нову задачу гравцям на певному рубежі видають тоді, коли вони дали відповідь (правильну або неправильну) до попередньої задачі. Якщо команда на рубежі не в змозі розв'язати ту чи іншу задачу, вона може не писати відповіді, а просто віддати аркуш паперу із задачею члену журі. Це розцінюватиметься як неправильне розв'язання.

Задачі можуть видавати в порядку, спільному для всіх команд, або так, що однакові з ліку задачі є різними для різних команд. Про це учасників повідомляють заздалегідь.

Кількість задач на обох рубежах обмежена (наприклад, для кожного рубежу може бути підготовлено по 13 задач). Задачі для початкового й для залікового рубежів різні. Гра вважається закінченою для команди, якщо на заліковому рубежі не лишилося задач, які вона не розв'язувала, або якщо сплив відведений на змагання час. Інколи трапляється, що завершилися задачі на початковому рубежі, а на заліковому команда не має жодного учасника. Тоді теж уважають, що гра для команди завершилась. Результат команди - це сума очок, які вона отримала за правильно розв'язані на заліковому рубежі задачі.

Поки карусель триває, на дошці ведуть її протокол: записують бали, що отримала кожна команда за кожну із задач залікового рубежу (зокрема, записують нулі за неправильно розв'язані задачі). За певний час до завершення гри оновлювання протоколу можуть припинити (що інколи позитивно впливає на мотивацію команд, які мають суттєвий відрив від лідера). Схема розташування членів команди на початку гри.

Початковий

Заліковий

Хід заходу

Мета: сприяти різносторонньому розвитку учнів, зміцненню їх знань з математики, виникненню внутрішніх мотивів навчання; забезпечити активність, зацікавленість учнів; виховувати інтерес до вивчення точних наук. сприяти підвищенню загальної культури учнів.

Форма проведення: гра - змагання для учнів 5-6 класів.

Ведучий.

Сьогодні наші змагання присвячені розв'язуванні задач в яких є інваріанти.

З правилами гри ви знайомі тому розпочнемо наші змагання.

Запрошуємо команди вийти на початковий рубіж. Вітаємо команду «Трикутники» і команду «Чотирикутники». На кожному рубежі командам для розв'зання пропонується по 13 задач. Починають розв'язувати задачі на початковому рубежі перші номери кожної команди.

Задачі для початкового рубежу

Задача 1п. Чи може остача від ділення квадрата цілого числа на 5 дорівнювати 3?

Розв'язання. Спочатку прослідкуємо остачі від ділення квадрата цілого числа на 10. Квадрати натуральних чисел закінчуються цифрами: 0; 1; 4; 5; 6; 9.(колонка 2) то при їх діленні на 5 одержуємо 0, 1 або 4. Це є інваріантна властивість квадрата цілого числа. Отже, не може остача від ділення квадрата цілого числа на 5 дорівнювати 3.

Задача 2п. Чи може число виду 1k+5m+6n, де k, m, n - довільні натуральні числа, бути довільним квадратом?

Розв'язання. Кожний доданок закінчується відповідно цифрами: 1, 5 і 6 (колонка 6) і тому їх сума закінчується цифрою 2, а таке число не може бути точним квадратом.

Задача 3п. Чи ділиться число 5353- 3333 ділиться на 10?

Розв'язання. При виділенні показників степенів 53 і 33 на 4 в остачі одержуємо в кожному випадку 1. Отже, остання цифра числа 5553 така сама, як числа 3333, бо534*13+1 і 334*8+1, отже, остання цифра різниці 0, і ця різниця ділиться на 10.

Задача 4п. Які остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 3?

Розв'язання. Будь-яке натуральне число, більше двох, можна записати у такому вигляді або 3k-1, або 3k, або 3k+1. Піднесемо до квадрату дані вирази: (3k±1)2=9k2±6k+1= 3∙k(3k±2)+1 та (3k)2=9k2. Отже, 0 та 1 остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 3.

Задача 5п. Які остачі не можуть мати точні квадрати при діленні на 4?

Розв'язання. Будь-яке натуральне число можна записати у такому вигляді або 2k або 2k+1. Піднесемо до квадрату дані вирази: (2k)2=4k2,

(2k+1)2=4k2+4k+1= 4k(k+1) +1. Отже, 0 та 1 остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 4. Серед чотирьох можливих остач відсутні 2 та 3.

Задача 6п. Які остачі не можуть мати точні квадрати при діленні на 5?

Розв'язання. Будь-яке натуральне число можна записати у такому вигляді або 5k-2, або 5k-1, або 5k, або 5k+1, 5k+2. Піднесемо до квадрату дані вирази: (5k)2=25k2+0, (5k±1)2=25k2±10k+1, (5k±2)2=25k2±20k+4. Отже, 0, 1 та 4 остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 4. Серед чотирьох можливих остач відсутні 2 та 3.

Задача 7п. Довести, що при будь-якому цілому n число n(n-3)(n2-3n+14) ділиться на 24?

Доведення: n (n-3)(n2-n-2n+2+12)=n(n-3)(n(n-1)-2(n-1)+12=n(n-3)(n-1)(n-2)+12n(n-3). Ця сума двох добутків ділиться на 24, бо:

•1. n(n-1)(n-2)(n-3) - це є добуток чотирьох послідовних цілих чисел, отже він ділиться на 3 і 8, тому він ділиться на добуток 3 та 8, таким чином, все число ділиться на 24.

•2. 12n(n-3) ділиться на 12 і 2, бо n(n-3)- добуток чисел різної парності, отже, один з множників обов'язково поділиться на 2. Таким чином все число ділиться на 24.

Задача 8п. На дошці написано десять плюсів та п'ятнадцять мінусів. Дозволяється стерти будь-які два знаки та написати замість них плюс, якщо вони однакові, і мінус, якщо вони різні. Який знак лишиться на дошці після виконання двадцяти чотирьох таких операцій?

Розв'язання. Замінимо кожен плюс числом 1, а мінус числом -1. Тоді наша операція полягає в тому, що замість двох чисел пишемо їх добуток. Добуток всіх чисел на дошці не змінюється. На початку він дорівнював -1, тому і в кінці він буде дорівнювати -1. В нас залишається мінус.

Задача 9п. На дошці написані числа 1, 2, ..., 1991. Кожний раз стирається якісь два числа і замість них пишеться остача від ділення суми цих двох чисел на 13. Яке єдине число залишиться після виконання всіх цих операцій?

Розв'язання. Залишиться число 3. Інваріантна величина - остача від ділення суми всіх чисел на 13.

Задача 10п. Газету розрізали на 7 шматків. Потім вибрали деякі шматки газети і їх теж розрізали на 7 шматків. І продовжили так розрізати ще кілька разів. Чи можна в результатів таких розрізань отримати 2017 шматків газети?

Розв'язання. Внаслідок розрізання одного шматка газети на сім частин, загальна кількість шматків газети збільшиться на 6. Це є інваріантна величина. Наприклад, внаслідок розрізання цілої газети отримали 1+ 6 шматків. Отже, якщо ми виконаємо n розрізань шматків газети, то в результаті отримаємо 1+6∙n шматків газети. Залишилося розв'язати в цілих числах рівняння 1+6∙n=2017. Отже після 336 розрізань отримаємо 2017. Можна отримати 2017 шматків газети.

Задача 11п. Чи можна розміняти 25 карбованців за допомогою десяти купюр вартістю 1, 3 та 5 карбованців?

Розв'язання. Сума десяти непарних чисел завжди парна. Отже, не можна так розміняти.

Задача 12п. Петро купив загальний зошит на 96 аркушів і пронумерував всі його сторінки по порядку числами від 1 до 192. Василь вирвав з цього зошита 25 аркушів і додав всі 50 чисел, що на них були написані. Чи міг він дістати 1990?

Розв'язання. На кожному аркуші сума номерів сторінок непарна, а сума 25 непарних чисел непарна.

Відповідь: ні, не могло.

Задача 13п. Добуток 22 цілих чисел дорівнює 1. Чи може статися так, що їх сума не дорівнює нулю.

Розв'язання. Серед цих чисел - парне число "мінус одиниць", а для того, щоб сума дорівнювала нулю, їх має бути рівно 11. Не може.

Задачі для залікового рубежу

Задача 1з. Чи можна скласти магічний квадрат з перших 36 простих чисел?

Розв'язання. Серед цих чисел одне (це 2) - парне, а інші непарні. Тому в тому рядку, де стоїть двійка, сума чисел непарна, а в інших - парна. Ні, не можна.

Задача 2з. В ряд записано числа від 1 до 10. Чи можна розставити між ними знаки "+" та "-" так, щоб значення отриманого виразу дорівнювало нулю?

Розв'язання. І справді, сума чисел від 1 до 10 дорівнює 55, і змінюючи в неї знаки, ми змінюємо весь вираз на парне число. Адже парність результату суми та різниці натуральних чисел не залежить від розстановки плюсів і мінусів, а залежить тільки від кількості непарних чисел в початковому наборі.

Зауваження. Врахуйте, що від'ємні числа також бувають парними та непарними.

Відповідь: Ні, не можна.

Задача 3з. На дошці виписано числа 1,2,3,..., 1984,1985. Дозволяється стерти з дошки будь-які два числа і замість них записати модуль їх різниці. Врешті-решт на дошці залишається одне число. Чи може воно дорівнювати нулю?

Розв'язання. Перевірте, що при зазначених операціях парність суми всіх написаних на дошці чисел не змінюється. Адже парність результату суми та різниці натуральних чисел не залежить від розстановки плюсів і мінусів, а залежить тільки від кількості непарних чисел в початковому наборі.

Відповідь: ні, не може.

Задача 4з. Чи можна покрити шахматну дошку доміношками розміром 1x2 так, щоб вільними залишились тільки клітинки а1 і h8?

Розв'язання. Кожна доміношка покриває одне чорне і одне біле поле, а при викиданні полів а1 і h8 чорних полів залишається на 2 менше, ніж білих.

Відповідь: не можна.

Задача 5з. В народній дружині є 100 чоловік, і кожного вечора троє з них йдуть чергувати. Чи може після деякого часу виявитися, що кожен чергував з кожним рівно один раз?

Розв'язання. У кожному чергуванні, в якому бере участь дана людина, вона чергує з двома іншими, отже, всіх інших можна розбити на пари. Проте 99 - непарне число.

Відповідь: ні, не може.

Задача 6з. По колу розставлено 9 чисел - 4 одиниці і 5 нулів. Кожну секунду над числами роблять таку операцію: між сусідніми числами ставлять нуль, якщо вони різні, та одиницю, якщо вони рівні. Чи можуть усі числа через деякий час стати рівними?

Розв'язання. Зрозуміло, що комбінація з дев'яти одиниць раніше, ніж з дев'яти нулів, утворитися не може. Якщо ж утворилося дев'ять нулів, то в попередньому ході нулі і одиниці повинні були чергуватися, не можливо, бо їх всього непарна кількість.

Задача 7з. 25 хлопчиків і 25 дівчаток сидять за круглим столом. Доведіть, що у когось із сидячих обидва сусіди - хлопці.

Доведення. Зрозуміло, у противному випадку, різниця між кількістю хлопців та дівчат повинна дорівнювати непарному числу, що не відповідає умові задачі. Тому проведемо наше доведення від супротивного. Пронумеруємо всіх, що сидять за столом, по порядку, починаючи з якогось місця. Якщо на к-му місці сидить хлопчик, то ясно, що на (к - 2)-му і на (к+ 2) му місцях сидять дівчатка. Але оскільки хлопчиків і дівчаток порівно, то і для будь-якої дівчинки, що сидить на n-му місці, вірно, що на (n - 2)-му і на (n + 2)-му місцях сидять хлопчики. Якщо ми тепер розглянемо тільки тих 25 чоловік, що сидять на "парних" місцях, то одержимо, що серед них хлопчики і дівчатка чергуються, якщо обходити стіл в якомусь напрямі. Але 25 - непарне число.

Задача 8з. Чи можна шахову дошку 8х8 покрити 11 прямокутниками 1x4 та 5 квадратами 2x2 так, щоб їхні сторони йшли по сторонах клітинок?

Розв'язання. Використаємо діагональне розфарбування клітинок дошки в чотири кольори, які позначимо числами 0, 1, 2 та 3. Кожний квадрат 2x2 покриває клітинки з сумою чисел 4 або 8. Кожний прямокутник 1х4 покриває клітинки з сумою чисел 6, для 11 прямокутників сума чисел дорівнює 66. Тому сума чисел, покритих 5 квадратами та 11 прямокутниками у нас не може ділитися на 4. З іншого боку, для дошки 8x8 сума всіх чисел дорівнює 96. Тому дошку покрити не можна.

Задача 9з. Доведіть, що прямокутниками 1х3 не можна покрити дошку 8х8, в якій з лівого нижнього кута вирізаний прямокутник 1х4.

Розв'язання. Пронумеруємо вертикалі повної дошки 8x8 цифрами від 0 до 7 та горизонталі цими ж цифрами, починаючи з лівого нижнього кута. В кожну клітину поставимо лишок від ділення на 3 суми відповідних їй горизонталі та вертикалі. Кожна фігура 1х3 покриває числа 0, 1 та 2. А сума чисел на всій дошці з вирізаним нашим прямокутником не ділиться на 3.

Задача 10з. Доведіть, що шашкову дошку розміром 10X10, не можна розбити на фігурки у формі букви Т, що складається з чотирьох клітинок.

Доведення. Кожна фігурка у формі букви Т покриває 1 або 3 чорних клітинки. Нам потрібно 25 фігурок. На дошці парна кількість чорних клітинок. Отже, парне число чорних клітинок вказує на не можливість такого розбиття.

Задача 11з. Дано 77 однакових брусків розміром ЗхЗх1. Чи можна їх усіх укласти в коробку з кришкою розміром 7х9х11?

Розв'язання. Розглянемо в коробці шар товщиною 1, розташований біля грані розміром 7x11. Кожен брусок займає в ньому 3 або 9 кубиків 1х1х1. Але 77 не ділиться на 3.

Відповідь. Ні, не можна.

Задача 12з. Нескінченна послідовність цифр починається цифрами 1,0, 1,0, 1,0. Далі кожна цифра - це остання цифра суми шістьох попередніх. Чи зустрінуться колись в цій послідовності підряд цифри 0, 1, 0, 1, 0, 1?

Розв'язання. Інваріантом буде остання цифра числа 2х1+4х2+6х3+8х4 + 10х5 + 12х6, де х1,... , х6, шість цифр, що йдуть підряд.

Відповідь. Ні, не зустрінуться.

Задача 13з. Для числа 19971997 підрахували суму його цифр. В одержаному числі знову підрахували суму цифр, і т.д. аж поки не одержали одноцифрове число. Визначити це останнє число.

Розв 'язання. При діленні на 9 число 1997 дає остачу 8. Тому остача від ділення на 9 числа 19971997 така ж, як і числа 81997. Але числа 8n при діленні на 9 дають таку послідовність остач: 8, 1, 8, 1, 8, ..., елементи якої повторюються з періодом 2. Тому число 81997, а з ним і число 19971997, при діленні на 9 дає остачу 8. Оскільки, крім того, остача від ділення на 9 довільного числа на суми цифр цього числа однакові, то скільки разів не застосовувати описану в умові задачі операцію, кожного разу одержуватимемо числа, які при діленні на 9 дають остачу 8. А тому одноцифрове число, яке дістаємо на останньому етапі, дорівнюватиме 8.

Ведучий.Усі задачі розв'язані. Сьогодні гра була захоплюючою, ви розв'язали багато задач і довели, що з математикою дружите. Члени журі підвели підсумки гри. Слово журі.

Таблиці для запису балів

КОМАНДА « ТРИКУТНИКИ»

Початковий рубіж Заліковий рубіж

1п

1з

Бал.

Бал.

2п

2з

Бал.

Бал.

3п

3з

Бал.

Бал.

4п

4з

Бал.

Бал.

5п

5з

Бал.

Бал.

6п

6з

Бал.

Бал.

7п

7з

Бал.

Бал.

8п

8з

Бал.

Бал.

9п

9з

Бал.

Бал.

10п

10з

Бал.

Бал.

11п

11з

Бал.

Бал.

12п

12з

Бал.

Бал.

13п

13з

Бал.

Бал.

Всього Всього

КОМАНДА «ЧОТИРИКУТНИКИ»

Початковий рубіж Заліковий рубіж

1п

1з

Бал.

Бал.

2п

2з

Бал.

Бал.

3п

3з

Бал.

Бал.

4п

4з

Бал.

Бал.

5п

5з

Бал.

Бал.

6п

6з

Бал.

Бал.

7п

7з

Бал.

Бал.

8п

8з

Бал.

Бал.

9п

9з

Бал.

Бал.

10п

10з

Бал.

Бал.

11п

11з

Бал.

Бал.

12п

12з

Бал.

Бал.

13п

13з

Бал.

Бал.

Всього Всього