Задания для проведения предметной олимпиады по дисциплине "Математика"

Методическая разработка

Задания для проведения предметной олимпиады по дисциплине «Математика»

Ува, 2017 г.

Составитель: Мусихина В.Г., преподаватель математики, информатики БПОУ УР «Увинский профессиональный колледж»

Аннотация: Сборник содержит подборку олимпиадных задач с описанием классических решений.

Представленная разработка может быть использована в качестве пособия при освоении идей и методов решения олимпиадных математических задач, а также в подготовке студентов к участию в математических состязаниях.

Также методическая разработка может использоваться преподавателями математики при разработке математических олимпиад для студентов первого курса всех специальностей.

Пояснительная записка

Олимпиадные задачи в математике – термин для обозначения круга задач, для понимания условий и решений которых вполне достаточно знаний традиционного школьного курса математики, однако для их решения требуются неожиданные и оригинальные подходы.

Олимпиадные задачи условно можно подразделить на два класса. Первый содержит задачи, близкие к школьному курсу математики, углубляющие и дополняющие традиционные темы «Делимость чисел», «Многочлены», «Функции», «Уравнения и неравенства», различные разделы геометрии и др. Второй класс включает задачи, которые нельзя, как правило, отнести к определенному разделу математики, для их решения нужно умение рассуждать, догадываться, выстраивать логику доказательства. В решении таких задач зачастую используется некоторый метод или идея, относящаяся к классической олимпиадной тематике. Данная методическая разработка посвящена преимущественно таким задачам и методам их решения.

Представленная разработка может быть использована в качестве пособия при освоении идей и методов решения олимпиадных математических задач, а также в подготовке студентов к участию в математических состязаниях.

Также методическая разработка может использоваться преподавателями математики при разработке математических олимпиад для студентов первого курса всех специальностей.

Логические задачи

Логическая задача - класс задач, в которых речь идет об истинных и ложных утверждениях, в которых присутствуют отрицания каких-либо утверждений, и решение основано на переборе возможных вариантов на основе условия задачи (для этого могут использоваться схемы, таблицы и т.д.).

Задача 1. Пять школьников приехали из пяти различных городов в Архангельск на областную математическую олимпиаду. «Откуда вы, ребята?» – спросили их хозяева. Вот что ответил каждый из них:

Андреев: «Я приехал из Онеги, а Григорьев – из Каргополя».

Борисов: «В Каргополе живет Васильев. Я же прибыл из Коряжмы».

Васильев: «Я прибыл из Онеги, а Борисов – из Котласа».

Григорьев: «Я прибыл из Каргополя, а Данилов из Вельска».

Данилов: «Да, я действительно из Вельска, Андреев же живет в Коряжме».

Хозяева очень удивились противоречивости ответов приехавших гостей. Ребята объяснили им, что каждый из них высказал одно утверждение правильное, а другое ложное. Но по их ответам вполне можно установить, кто откуда приехал. Откуда приехал каждый школьник?

Решение. Андреев и Григорьев сказали, что Григорьев из Каргополя. Предположим, что это утверждение верно. Тогда другие их утверждения неверны, Андреев не из Онеги, Данилов не из Вельска. Значит, первое утверждение Данилова ложно, второе истинно, и Андреев живет в Коряжме. Кроме того, первое утверждение Борисова ложно (из Каргополя Григорьев), значит второе утверждение верно: Борисов из Коряжмы. Получилось противоречие: из Коряжмы и Андреев, и Борисов. Значит, предположение о том, что Григорьев из Каргополя неверно.

Рассмотрим тогда вариант, что Григорьев не из Каргополя. Тогда из двух высказываний Андреева верно, что он из Онеги, а из высказываний Григорьева следует, что Данилов из Вельска. Так как Васильев не из Онеги (из Онеги Андреев), то Борисов из Котласа (первое утверждение ложно, второе – истинно), а из слов Борисова ясно, что в Каргополе живет Васильев. Таким образом, получаем: Андреев из Онеги, Борисов из Котласа, Васильев из Каргополя, Григорьев из Коряжмы, Данилов из Вельска.

Примечание. Решать задачи такого типа будет легче, если условие оформить в таблице. Поскольку из условия сразу не ясно, какое утверждение истинно, а какое ложно, обозначим утверждения одного школьника одинаковыми цифрами:

	Онега	Каргополь	Коряжма	Котлас	Вельск
Андреев	1		5
Борисов			2	3
Васильев	3	2
Григорьев		1, 4
Данилов					4, 5

Из таблицы видно, что начать рассуждение лучше всего с рассмотрения утверждения о том, что Григорьев из Каргополя.

Задача «о лгунах».

Задача 2. На острове живут два племени: аборигены и пришельцы. Аборигены всегда говорят правду, а пришельцы всегда лгут. Путешественник, приехавший на остров, нанял островитянина в проводники. Они пошли и увидели другого островитянина. Путешественник послал туземца узнать, к какому племени принадлежит этот туземец. Проводник вернулся и сказал: «Туземец говорит, что он абориген». Кем был проводник: пришельцем или аборигеном?

Решение. Встреченный островитянин мог ответить только «Я – абориген» (это правда для аборигена и ложь для пришельца). Проводник, повторивший его ответ, является аборигеном.

Задача «на переправу».

Задача 3. Может ли крестьянин перевезти через реку волка, козу и капусту, если в лодку вместе с ним помещается только или волк, или коза, или капуста, причем нельзя оставить без присмотра ни волка с козой, ни козу с капустой?

Решение. Может. При первой переправе нужно перевезти козу, при второй – волка (или капусту), при возвращении нужно взять с собой козу (ее нельзя оставить ни с волком, ни с капустой), оставив козу на берегу, перевезти капусту (или волка), после чего вернуться за козой.

Задача 4. Один из попугаев A , B , C всегда говорит правду, другой

всегда врет, а третий хитрец – иногда говорит правду, иногда врет. На вопрос «Кто B ?» они ответили:

A : – Лжец.

B : – Я хитрец!

C : – Абсолютно честный попугай. Кто из попугаев лжец, а кто хитрец?

Решение: В не может быть честным попугаем, поскольку он сказал, что он хитрец. C также не может быть честным попугаем, так как он сказал, что B – честный попугай. Значит, честный попугай – A . О B он сказал «лжец», значит C – хитрец.

Ответ: лжец – B , хитрец – C .

Задача 5. Разбирается дело Брауна, Джонса и Смита. Один из них совершил преступление. На следствии каждый из них сделал два заявления.

Браун: «Я не делал этого. Смит сделал это».

Джонс: «Смит невиновен. Браун сделал это».

Смит: «Я не делал этого. Джонс не делал этого».

Суд установил, что один из них дважды солгал, другой – дважды сказал правду, третий – один раз солгал, один раз сказал правду. Кто совершил преступление?

Решение:

Если предположить, что Смит оба раза сказал правду, то получается, что Браун совершил преступление и Джонс тоже оба раза сказал правду, что невозможно. Следовательно, Смит не мог оба раза сказать правду, и значит, Браун преступления не совершал, а Джонс не мог оба раза сказать правду (второе его утверждение ложно). Значит, оба раза сказал правду Браун, Джонс оба раза солгал, а Смит первый раз солгал, а второй раз сказал правду.

Ответ: Смит.

Задача 6. У Вовы больше тысячи книг, – сказал Ваня.

– Нет, книг у него меньше тысячи, – возразила Аня.

– Одна-то книга у него наверняка есть, – сказала Маня.

Если истинно только одно из этих утверждений, сколько книг у Вовы?

Решение:

Если предположить, что прав Ваня, тогда обязательно права и Маня, что противоречит условию. Допустим, что права Аня. Получается, что у Вовы книг меньше тысячи, в то же время, неверны слова Мани, следовательно, у Вовы нет ни одной книги. Теперь предположим, что права Маня. Тогда Ваня и Аня не правы, это значит, что у Вовы 1000 книг.

Примечание. Важно получить оба варианта ответа (для этого необходимо при решении задачи перебрать все варианты).

Ответ: 1000 книг или ни одной.

Задача 7. В конференции участвовало 100 человек – химики и алхимики. Каждому был задан вопрос: «Если не считать Вас, то кого больше среди остальных участников – химиков или алхимиков?» Когда опросили 51 участника, и все ответили, что алхимиков больше, опрос прервали. Алхимики всегда лгут, а химики всегда говорят правду. Сколько химиков среди участников?

Предположим, что все ответившие на вопрос – химики, тогда согласно их ответам алхимиков больше. Но поскольку ответивших 51, то алхимиков не могло быть больше. Предположение не верно. Предположим также, что все ответившие – алхимики. Тогда, учитывая, что алхимики лгут, получим, что химиков больше. Аналогично предыдущему случаю получили противоречие. Значит, среди ответивших есть как химики, так и алхимики. Но они давали одинаковый ответ: алхимиков больше (не считая отвечающего). Это возможно только в том случае, если химиков и алхимиков на конференции было поровну.

Ответ: 50.

Задача 8. В бутылке, стакане, кувшине и банке находятся молоко, лимонад, квас и вода. Известно, что вода и молоко не в бутылке, сосуд с лимонадом стоит между кувшином и сосудом с квасом, в банке не лимонад и не вода. Стакан стоит около банки и сосуда с молоком. В какой сосуд налита каждая из жидкостей?

Решение: Соединим пунктирной линией сосуд и жидкость, если по усло-вию жидкость не может находиться в сосуде (см. рис. 18а). Затем соединим сплошными линиями сосуды и находящиеся в них жидкости (см. рис. 18б). В банке может быть только квас, тогда в бутылке – лимонад, в стакане – вода, в кувшине – молоко.

бутылка		Молоко			бутылка		молоко
стакан		Лимонад			стакан		лимонад
кувшин		Квас			кувшин		квас
Банка		Вода			банка		Вода
	А					Б
		Рис. 18

Ответ: молоко в кувшине, лимонад в бутылке, квас в банке, вода в стакане.

Задача 9. В словосочетании из двух слов каждую букву заменили ее номером в алфавите: 15618191862610141331718162136141. Какое словосочетание зашифровано?

Указание. Выпишите алфавит с номерами букв, далее, определяя буквы, учитывайте, какие цифры следуют далее.

Ответ: «неразрешимая проблема».

Задача 10. К берегу Нила подошла компания из шести человек: три бедуина, каждый со своей женой. У берега находится лодка с вёслами, которая выдерживает только двух человек. Бедуин не может допустить, чтобы его жена находилась без него в обществе другого мужчины. Может ли вся компания переправиться на другой берег?

Решение:

Переправу можно осуществить следующим образом. Сначала одна из жен перевозит двух других по очереди на другой берег. Затем она возвращается, и мужья уже переправленных жен переправляются сами. Один из них перевозит свою жену обратно и возвращается на другой берег с оставшимся на этом берегу бедуином. Жена, уже переправившаяся на другой берег, возвращается и перевозит по очереди двух других жен.

Ответ: может

Задача 11. Семья ночью подошла к мосту. Папа может перейти его за 1 минуту, мама – за 2, малыш – за 5, а бабушка – за 10 минут. У них есть один фонарик. Мост выдерживает только двоих. Как им перейти мост за 17 минут? (Если переходят двое, то они идут с меньшей из их скоростей. Нельзя: двигаться по мосту без фонарика, светить издали, носить друг друга на руках, кидать фонарик).

Решение:

Очевидно, что малыш и бабушка должны идти вместе. По-скольку фонарик нужно вернуть назад, малыш с бабушкой должны идти не первыми. Получаем: идут папа и мама (2 мин.), возвраща-ется папа с фонариком (1 мин.), переходят малыш и бабушка (10 мин.), мама возвращается с фонариком (2 мин.) и переходит вместе с папой (2 мин.).

Задача 12. Троим мудрецам завязывают глаза и говорят, что каждому из них на голову надели один из пяти колпаков, среди которых два зеленых и три красных. Затем глаза развязывают и просят, глядя на двух других мудрецов, определить цвет своего колпака. Все три колпака были красные. Через несколько минут один мудрец дал правильный ответ. Как он установил цвет своего колпака?

Решение:

Приведем рассуждения ответившего мудреца (обозначим его A , а двух других – B и C ). Предположим, у меня надет зеленый колпак. Тогда мудрец B , видя перед собой красный и зеленый колпаки, должен рассуждать так: «если у меня надет зеленый колпак, то C должен был сразу определить цвет своего колпака, значит, у меня на голове красный колпак», значит, B должен был дать ответ. Но так как он ответ не дает, значит, у меня на голове крас-ный колпак.

• Процессы и операции

В задачах этой темы описываются некоторые процессы, выполняются некоторые операции. Для решения нужно обнаружить некоторую закономерность.

Задача13. В колонию, состоящую из двухсот бактерий, попадает один вирус. В первую минуту он уничтожает одну бактерию, затем делится на два новых вируса, и одновременно каждая из оставшихся бактерий тоже делится на две новые. В следующую минуту возникшие два вируса уничтожают две бактерии, и затем каждый из вирусов и каждая из оставшихся бактерий снова делится пополам и так далее. Будет ли эта колония жить бесконечно долго или, если она в конце концов погибнет, то через какое время это произойдет?

Решение.

Представим себе, что каждый вирус имеет дело со «своей» колонией бакте-рий. Тогда к исходу первой минуты на каждый вирус будет приходиться по 199 бактерий, к исходу второй минуты – по 198 и так далее, к исходу 199 минуты – по одной бактерии, к исходу 200 минуты бактерий не останется.

Ответ: колония погибнет через 200 минут.

Задача 14. Отлейте из цистерны 13 литров молока, пользуясь бидонами емкостью 17 и 5 литров.

Решение. Наберем в 17-литровый бидон 15 л (наливая в 5-литровый бидон и переливая затем в 17-литровый). Затем заполним 5-литровый бидон, перелить сможем в 17-литровый только 2 л, в 5-литровом останется 3 л. Выльем из 17-литрового бидона молоко в цистерну, перельем 3 л в 17-литровый, а затем добавим 10 л (два раза по 5 л), получим требуемые 13 л.

Процесс решения задач на переливание можно представить в виде таблицы. Например, решение задачи 41 будет выглядеть следующим образом:

Бидон, 17 л	0	5	5	10	15	15	15	17	3	8	8	13
Бидон, 5 л	5	0	5	0	5	0	5	3	5	0	5	0

Задача 15. В парламенте у каждого есть не более трех врагов. Докажите, что парламент можно разделить на две палаты так, что у каждого парламентария в своей палате будет не более одного врага.

Решение:

Разобьем парламент произвольным способом на две палаты и организуем процесс «пересаживания»: выбираем парламентария, имеющего в своей палате не менее двух врагов, и пересаживаем его в другую палату, где у него не может быть более одного врага. В этом случае общее количество пар врагов, сидящих в одной палате, уменьшится, значит, такой процесс не может продолжаться бесконечно (общее количество пар врагов конечно). В тот момент, когда процесс останавливается, и будет достигнуто нужное разбиение.

Задача 16. Имеются два ведра: одно емкостью 4 литра, другое – 9 литров. Можно ли набрать из реки ровно 6 литров воды?

Решение:

		Ведро, 4 л		0			4		0	4	0	1	1	4
		Ведро, 9 л		9			5		5	1	1	0	9	6
Ответ: можно.

Задача 17. Можно ли отмерить 8 литров воды, находясь у реки и имея два ведра: одно вместимостью 15 литров, другое – вместимостью 16 литров?

Решение:

Наберем воды в 16-литровое ведро, перельем в 15-литровое, в 16-литровом останется 1 л, перельем в 15-литровое ведро. Затем опять наберем воды в 16-литровое ведро, перельем 14 л в 15-литровое ведро, в 16-литровом останется 2 л. Продолжаем эти операции, в 16-литровом каждый раз количество воды будет увеличиваться на 1 л. Таким образом можно набрать 8 л воды.

Ответ: можно.

в) Первый раз переворачиваем все пятаки кроме первого, второй раз – кроме второго, ... , восьмой раз – все кроме восьмого. Таким образом, каждый пятак будет перевернут 7 раз, поэтому окажется в положении «гербом вниз», что и требовалось.

Ответ: можно.

Задача 21. 16 корзин расположили по кругу. Можно ли в них разложить 55 яблок так, чтобы количество яблок в любых двух соседних корзинах отличалось на 1?

Решение:

Если количество яблок в соседних корзинах отличается на 1, то числа, выражающие это количество, будут поочередно четными и нечетными. Таким образом, получим 8 четных чисел и 8 нечетных чисел. Количество яблок во всех корзинах должно быть четным (8 четных и 8 нечетных слагаемых). Значит, 55 яблок разложить в корзины требуемым образом не удастся.

Ответ: нельзя

Задача 22. Каждая из расположенных по кругу 12 ламп может находиться в одном из двух состояний: гореть или не гореть. За один ход можно изменить состояние любых трех ламп, расположенных подряд. Вначале горит только одна лампа. Можно ли добиться того, чтобы горели все 12 ламп?

Решение:

Занумеруем лампы, начиная с горящей, по кругу числами от 1 до 12. Рассмотрим лампы с номерами 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11. Изменяя состояние любых трех ламп, мы изменим состояние ровно двух ламп из рассматриваемых. Среди них изначально горит одна лампа. Поскольку меняем каждый раз состояние ровно двух ламп из указанных, количество горящих ламп среди них всегда будет оставаться нечетным.

Ответ: нельзя

Раскраска

• математических задачах встречаются раскраски фигур. Раскраска может быть задана условием задачи, в некоторых задачах нужно раскрасить фигуру определенным образом, но чаще встречаются задачи, в которых раскрашивание фигуры определенным образом помогает решить задачу.

Задача 23. Можно ли разбить на доминошки (каждая – из двух клеток) шахматную доску без противоположных углов а1 и h8?

Решение. В этой задаче говорится о шахматной доске, которая уже раскрашена в два цвета. Каждая доминошка, как бы она ни располагалась на доске, состоит из соседних клеточек разного цвета: черной и белой. Поэтому если бы удалось разбить доску без угловых клеток (всего 62 клетки) на доминошки, то получилось бы поровну (по 31) белых и черных клеток. Клеточки а1 и h8 лежат на одной диагонали и имеют одинаковый цвет, поэтому в оставшейся части шахматной доски клеток одного цвета на две больше, чем другого. Поэтому доску нельзя разбить на доминошки.

Задача 24. Можно ли из пяти фигур, изображенных на рис.1, сложить прямоугольник размером 4 5 ? Решение: Предположим, что можно сложить. Тогда если раскрасить полученный прямоугольник в шахматном порядке, то должно быть 10 белых и 10 черных клеток. С другой стороны, если раскрасить данные фигуры в шахматном порядке, каждая из фигур, кроме одной, будет содержать 2 белых и 2 черных клетки. Т-образная фигура будет содержать 3 клетки одного цвета и 1 клетку другого цвета. Таким образом, не удастся получить равное количество белых и черных клеток. Ответ: нельзя. 2) 3) 1) Задача 25. Замок состоит из 34 комнат и бассейна (рис.2), в каждой стене, разделяющей две соседние комнаты, есть дверь. Можно ли, не выходя из замка и не заходя в бассейн, обойти все комнаты, побывав в каждой ровно по одному разу? Раскрасим комнаты в шахматном порядке (рис.4). Получится 18 комнат черного цвета и 16 комнат (не считая Б бассейна) белого цвета. Проходя через дверь в стене, переходим из комнаты од ного цвета в комнату другого цвета. По- Рис. 4 лучается, что в последовательности ком- нат происходит чередование цветов, зна- чит, в цепочке ч, б, ч, б, … количество черных и белых комнат будет либо оди- наковым (если начало и конец цепочки разные по цвету), либо отличаться на 1 (если начало и конец совпадают по цве- ту). Поэтому пройти 18 комнат черного цвета и 16 комнат белого цвета не удастся. Рис. 5 Задача 26. Треугольный замок состоит из 36 одинаковых залов (рис. 3), между любыми двумя залами есть дверь. Какое наибольшее число залов сможет осмотреть человек, не желающий нигде побывать более одного раза? Решение: Раскрасим залы в два цвета в шахматном порядке (рис. 5). Залов белого цвета будет 15, черного – 21. Поскольку цвета залов в цепочке чередуются (см. решение задачи 25), то всего в ней не более 31 зала. Чтобы осмотреть 31 зал можно начать обход с углового зала, идти вдоль стены, не заходя в последний зал, перейти в следующий ряд залов и т.д.: 10 8  6  4  2 1  31. Ответ: 31 зал. Принцип крайнего. При решении многих задач ключевой идеей оказывается рассмотрение некоторого объекта, обладающего какими-либо крайними или экстремальными свойствами: наибольшего или наименьшего числа, самой верхней или нижней точки, ближайшей точки, угловой точки, предельного случая и т.д. Этот метод решения задач называется принципом (правилом) крайнего. Задача 27. По кругу записано 100 чисел, каждое из которых равно среднему арифметическому своих соседей. Докажите, что все 100 чисел равны. Решение. Рассмотрим наибольшее из записанных чисел (или одно из них, если таких чисел несколько). Из того, что оно не меньше своих соседей и равно их среднему арифметическому, следует, что оно равно своим соседям. Проводя аналогичные рассуждения далее, получаем, что все числа равны. Примечание. Аналогично можно было рассуждать, рассматривая сначала не самое большое, а самое маленькое число Задача 28. Семь грибников собрали вместе 100 грибов, причем никакие двое не собрали одинакового числа грибов. Докажите, что есть трое грибников, собравших вместе не менее 50 грибов. Решение. Расположим грибников по убыванию количества собранных каждым из них грибов и рассмотрим трех первых грибников. Если третий собрал 16 грибов, то вместе три грибника собрали грибов не меньше, чем 16 + 17 + 18 = 51, тогда требуемое доказано. Если третий нашел не больше 15 грибов, то оставшиеся четыре грибника собрали вместе не более 14 + 13 + 12 + 11 = 50 грибов. Отсюда заключаем, что первые трое собрали вместе не менее 50 грибов. Литература: Агаханов Н.Х., Терешин Д.А., Кузнецова Г.М. Школьные математические олимпиады. – М.: Дрофа, 1999. – 128 с. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад. – М., 1975. – 112 с. Балаян Э.Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364с. Васильев Н.Б. и др. Заочные математические олимпиады. – М., 1986. – 176 с. Васильев Н.Б., Егоров А.А. Задачи Всесоюзных математических олимпиад. – М.: Наука, 1988. – 288 с. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике. – М.: МЦНМО, 2004. – 560 с. Заочные математические олимпиады / Н.Б. Васильев и др. – М., 1986. Математика: Интеллектуальные марафоны, турниры, бои: 5-11 классы: Кн. для учителя. – М.: Изд-во «Первое сентября», 2003. – 256 с.

13