МОУ «Новошимкусская средняя общеобразовательная школа Яльчикского района Чувашской Республики»
Нестандартные задачи
на олимпиадах по математике
Учебно-исследовательская работа
Выполнил:
Кузнецов Алексей
учащаяся 11 «а» класса
Руководитель:
Кириллова С.М.
Учитель математики.
2007г.
СОДЕРЖАНИЕ
1. Введение................................................................................................ 3
2. Нестандартные задачи:
Основные сведения................................................................................ 6
Чет и нечет............................................................................................. 7
Делимость…………………………………………………………………12
Инварианты………………………………………………………………..13
Вспомогательные раскраски в шахматном порядке……………………16
Задачи о раскрасках………………………………………………………18
3. Заключение………………………………………………………………20
4. Литература…………………………………………………………………………..22
5. Рецензия…………………………………………………………………..23
Введение
Каждый год в школе проводится I тур математической олимпиады, затем городская олимпиада и т.д. А олимпиадные задачи, как правило, являются нестандартными,
т.е. требующими использования всех знаний в нестандартных ситуациях. Наша учебно-исследовательская работа посвящена такому актуальному вопросу, как нестандартные задачи на олимпиадах по математике, потому что эта тема показалась нам наиболее интересной. Еще в позднегреческой математике, уже знакомой с систематическими пособиями типа евклидовых «Начал», значительное место принадлежало и сборникам математических развлечений и занимательным задачам. Такой характер имели выдающиеся произведения Паппа Александрийского, Пифагора Самосского и Никомаха Геразского. Прошли века, но интерес к занимательным математическим задачам не угас. Можно отметить многих научных деятелей, занимающихся этой проблемой. Это Мартин Гарднер, Генри Э. Дьюдени, Сэм Лойд, Льюис Керрол, Г. Штейнгауз, Я.И. Перельман, Б.А. Кордемский. «Значение математики сейчас непрерывно возрастает. В математике рождаются новые идеи и методы. Все это расширяет сферу ее приложения. Сейчас уже нельзя назвать такой области деятельности людей, где математика не играла бы существенной роли. Она стала незаменимым орудием во всех науках о природе, в технике, в обществоведении. Даже юристы и историки берут на свое вооружение математические методы», - говорил А.Д. Александров, и с ним нельзя не согласиться.
Какая же задача называется нестандартной? «Нестандартные задачи- это такие задачи, для которых в курсе математики не имеется общих правил и положений, определяющих точную программу их решения.» (Фридман Л.М. Турецкий Е.Н. Как научиться решать задачи.- Москва. Просвещение 1989г). Однако, следует заметить, что понятие «нестандартная задача» является относительным. Одна и та же задача может быть стандартной или нестандартной, в зависимости от того, знакомы ли мы со способами решения задач такого типа. Таким образом, нестандартная задача- это задача, алгоритм которой неизвестен, т.е. неизвестен ни способ её решения, ни то, на какой учебный материал опирается решение. А многие задачи требуют и специальных знаний, подготовки. К таким задачам относятся задачи на применения инвариантов, задачи на раскраски, чет и нечет. Конечно, для успешного решения любой задачи нужно уметь думать, догадываться, но этого мало. Нужны знания и опыт в решении задач. Полезно владеть и определенными общими подходами к решению таких задач. Поэтому мы решили разобраться в решении этих задач, попробовать их исследовать, найти общие подходы. Любая задача должна чему-нибудь научить. Решение каждой задачи должно быть шагом вперед в развитии математических знаний, умений и навыков, должно обогащать знания и опыт, учить ориентироваться в различных ситуациях.
В своей работе мы затрагиваем проблему решения нестандартных задач. Материалом исследования послужили работы не только русских научных деятелей, таких как Петраков, Игнатьев, но и зарубежных, к ним относятся Леман, Лойд, Гик, Беррондо, Лиман. Целью нашей учебно-исследовательской работы является исследование и изучение основных типов нестандартных задач, ознакомление с их решениями. Были поставлены такие задачи: изучить и понять нестандартные задачи, выявить общие подходы, наработать навыки в решении таких задач. Объектом нашего исследования являются разные нестандартные задачи: задачи на чет и нечет, задачи на делимость, инварианты, раскраски в шахматном порядке, задачи о раскрасках. А предмет исследования - способы решения таких задач. Методы изучения нашей проблемы: изучение литературы, нарабатывание способов решения, поиск правильного решения задач.
Две стихии господствуют в математике - числа и фигуры с их бесконечным многообразием свойств и взаимосвязей. Задача- это почти всегда поиск, раскрытие каких-то свойств и отношений, а средства её решения- это интуиция и догадка, эрудиция и владение методами математики. Эти же качества человеческого ума воспитываются, укрепляются, обогащаются у каждого, кто регулярно отдает часть своего досуга умственной гимнастике, лучшим видом которой является решение математических головоломок, ребусов, задач с интригующим содержанием.
В нашей работе отдано предпочтение стихии чисел. Такая одноплановость состава задач не уменьшает ни удовольствия, ни пользы от самостоятельного поиска их решения.
Само возникновение понятия числа - одно из гениальнейших проявлений человеческого разума. Действительно, числа помогают не только что-то измерять, сравнивать, вычислять, но даже рисовать, сочинять, делать умозаключения, выводы.
Некоторые из предлагаемых нами задач далеки по форме и содержанию задачам школьных учебников. Но те и другие задачи нацелены на проникновение разумом в удивительный мир чисел и линий, на раскопку его богатств, на возбуждение математической любознательности и собственной инициативы, что мы и попробуем сделать в своей работе.
НЕСТАНДАРТНЫЕ ЗАДАЧИ
Делимость, инварианты, раскраски
ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ
1. В ряде задач встречается следующая ситуация. Некоторая система последовательно изменяет своё состояние, и требуется выяснить нечто о её конечном состоянии. Полностью проследить за всеми переходами может оказаться делом сложным, но иногда ответить на требуемый вопрос помогает вычисление некоторой величины, характеризующей состояние системы и сохраняющейся при всех переходах (такую величину называют инвариантом
для рассматриваемой системы). Ясно, что тогда в конечном состоянии значение инварианта будет то же самое, что и в начальном, т.е. система не может оказаться в состоянии с другим значением инварианта.
2. На практике этот метод сводится к тому, что некоторая величина вычисляется двумя способами: сначала она просто вычисляется в начальном и конечном состояниях, а затем прослеживается её изменение при последовательных мелких переходах.
3. Наиболее простым и часто встречающимся инвариантом является четность числа; инвариантом может быть также и остаток от деления не только на 2, но и на какое-нибудь другое число. Для построения инвариантов иногда бывают полезны вспомогательные раскраски, т.е. разбиения рассматриваемых объектов на несколько групп (каждая группа состоит из объектов одного цвета).
Чет и нечет
1.
Может ли прямая пересекать (во внутренних точках) все стороны невыпуклого: а) (2n + 1)-угольника; б) 2n-угольника?
Решение:
а) Пойдем методом от противного. Пусть прямая пересекает
все стороны многоугольника. Рассмотрим все вершины, лежащие по одну сторону от неё. Каждой из этих вершин можно поставить в соответствие пару сторон, из неё выходящих. При этом получим разбиение всех сторон многоугольника на пары. Получено противоречие, поэтому построить прямую, которая бы пересекала (2n + 1)-угольник во всех внутренних точках нельзя. Поэтому, если прямая пересекает все стороны многоугольника, то количество сторон четно.
б) Рис.2 показывает, как можно построить 2n-угольник и
прямую, пересекающую все его стороны, при любом n.
2.
На плоскости лежат три шайбы А, В и С. Хоккеист
бьёт по одной из шайб так, чтобы она прошла между двумя
другими и остановилась в некоторой точке. Могут ли все шайбы вернуться на свои места после 25 ударов?
Решение: Нет, не могут. После каждого удара изменяется ориентация (т.е. направление обхода) треугольника АВС. Даже если шайбы будут проходить одинаковый путь, то они не вернутся на свои первоначальные места, т.к. число 25 не делится на 3.
3.
Можно ли окрасить на клетчатой бумаге 25 клеток так, чтобы у каждой из них было нечётное число окрашенных соседей? (Соседними клетками считаем те, у которых есть общая сторона.)
Решение: Пусть на клетчатой бумаге окрашено несколько клеток и n-число окрашенных клеток, имеющих ровно k окрашенных соседей. Пусть N – число общих сторон окрашенных клеток. Так как каждая из них принадлежит ровно двум окрашенным клеткам, то N=(n1
+2n2
+3n3
+4n4
)/2= (n1
+n3
)/2+n2
+n3
+2n4
. Поскольку N – целое число, то число n1
+ n3
четно.
Мы доказали, что число окрашенных клеток, имеющих нечетное число окрашенных соседей, всегда четно. Поэтому нельзя окрасить 25 клеток так, чтобы у каждой из них было нечетное число окрашенных соседей.
4.
На плоскости дана замкнутая ломаная с конечным числом звеньев. Прямая l
пересекает её в 1985 точках. Докажите, что существует прямая, пересекающая эту ломаную более чем в 1985 точках.
Решение: Прямая l
задает две полуплоскости; одну из них будем называть верхней, а другую нижней. Пусть n
1
(соответственно n
2
) –число вершин ломаной, лежащих на прямой l
, для которых оба выходящих из них звена лежат в верхней (соответственно в нижней) полуплоскости, а m
-
число всех остальных точек пересечения прямой l
и ломаной. Совершим обход ломаной, выйдя из некоторой точки, не лежащей на прямой l
, и вернувшись в ту же точку. При этом мы переходим из одной полуплоскости в другую, только проходя через любую из m
точек пересечения. Так как мы вернемся в ту же точку, из которой начали обход, то m
четно. По условию n
1
+ n
2
+ m
= 1985
, потому что число
n
1
+n
2
нечетное, т.е. n
1
= n
2
.
Пусть для определенности n
1>
n
2.
Проведём тогда в верхней полуплоскости прямую l
1
,
параллельную l
и удаленную от неё на расстояние меньшее, чем любое ненулевое расстояние от l
до вершин ломаной (рис.). Число точек пересечения ломаной с прямой l
1
равно 2
n
1
+
m
>
n
1
+
n
2
+
m
=1985
, т.е. l
1
–искомая прямая.
----------------------------------------------------------------- l
1
l
5.
Окружность разбита точками на 3k дуг: по k дуг длиной 1,2 и 3. Докажите, что найдутся две диаметрально противоположные точки деления.
Решение: Предположим, что окружность разбита на дуги указанным образом, причем диаметрально противоположных точек деления нет. Тогда против концов любой дуги длиной 1 не лежат точки разбиения, поэтому против неё лежит дуга длиной 3. Выбросим одну из дуг длиной 1 и противолежащую ей дугу длиной 3. При этом окружность разбивается на две дуги. Если на одной из них лежит m дуг длиной 1 и n дуг длиной 3, то на другой лежит m дуг длиной 3 и n дуг длиной 1. Общее количество дуг длиной 1 и 3, лежащих на этих двух « больших » дугах, равно 2(k-1), поэтому n+m=k-1. Так как, кроме дуг длиной 1 и 3, есть дуги только с четной длиной, то четность длины каждой из двух рассматриваемых дуг совпадает с четностью числа k-1. С другой стороны, длина каждой из них равна (6k-1-3)/2=3k-2. Получено противоречие, так как числа k-1 и 3k-2 имеют разную четность.
6.
На плоскости дана несамопересекающаяся замкнутая ломаная, никакие три вершины которой не лежат на одной прямой. Назовем пару несоседних звеньев ломаной особой
, если продолжение одного из них пересекает другое. Докажите, что число особых пар четно.
Решение: Возьмем соседние звенья AB и BC и назовем уголком
угол, симметричный углу ABC относительно B (на рис. уголок заштрихован). Такие же уголки можно рассмотреть для всех вершин ломаной. Ясно, что число особых пар равно числу точек пересечения звеньев с уголками. Остается заметить, что число звеньев ломаной, пересекающихся с одним уголком, четно, так как по пути от A к C ломаная входит в уголок столько же раз, сколько выходит из него.
В С
А
7.
Вершины треугольника помечены цифрами 0, 1 и 2. Этот треугольник разбит на несколько треугольников таким образом, что никакая вершина одного треугольника не лежит на стороне другого. Вершинам исходного треугольника оставлены старые пометки, а дополнительные вершины получают номера 0, 1 и 2, причем любая вершина на стороне исходного треугольника должна быть помечена одной из пометок вершин этой стороны (рис.). Докажите, что существует треугольник разбиения, помеченный цифрами 0, 1, 2 (лемма Шпернера).
0
0
0
1 2
1
2
1 2
1 1
Решение: Рассмотрим отрезки, на которые разбита сторона 01. Пусть а - число отрезков вида 00, b-число отрезков вида 01. Для каждого отрезка рассмотрим число нулей, стоящих на его концах, и сложим все эти числа. В итоге получим 2а+b. С другой стороны, все « внутренние » нули входят в эту сумму дважды, а есть еще один нуль, стоящий в вершине исходного треугольника. Поэтому число 2а+b нечетно, т.е. b нечетно.
Перейдем теперь к разбиению треугольника. Пусть а1
-общее количество треугольников вида 001 и 011, а b1
- число треугольников вида 012. Для каждого треугольника рассмотрим число его сторон вида 01 и сложим все эти числа. В итоге получим 2а1
+b1.
С другой стороны, все « внутренние » стороны входят в эту сумму дважды, а все « граничные » лежат на стороне 01 исходного треугольника и число их нечетно по предыдущему рассуждению. Поэтому число 2а1
+b1
нечетно, в частности, b1
=0.
8.
Вершины правильного 2n-угольника А1
…А2
n
разбиты на n пар. Докажите, что если n=4m+2 или n=4m+3, то две пары вершин являются концами равных отрезков.
Решение: Предположим, что все пары вершин задают отрезки разной длины. Отрезку Ap
Aq
поставим в соответствие наименьшее из чисел |p-q| и 2n-|p-q|. В результате для данных n пар вершин получим числа 1, 2…, n; пусть среди этих чисел k четных и n-k нечетных. Нечетным числам соответствуют отрезки Ap
Aq
, где
числа p и q разной четности. Поэтому среди вершин остальных отрезков будет k вершин с четными номерами и k вершин с нечетными номерами, причем отрезки соединяют вершины с номерами одной четности. Следовательно, число k четно. Для чисел n вида 4m, 4m+1, 4m+2 и 4m+3 количество k четных чисел равно 2m, 2m+1, 2m+2, 2m+3 соответственно, поэтому n=4m или n=4m+1.
3.
Делимость
9.
На рисунке изображен шестиугольник, разбитый на черные и белые треугольники так, что любые два треугольника имеют либо общую сторону (и тогда они окрашен в разные цвета), либо общую вершину, либо не имеют общих точек, а каждая сторона шестиугольника является стороной одного из черных треугольников. Докажите, что десятиугольник разбить таким образом нельзя.
Решение: Предположим, что мы разбили десятиугольник требуемым образом. Пусть
n –m =10. С другой стороны, оба числа n и m делятся на 3. Получено противоречие.
10.
Квадратный лист клетчатой бумаги разбит на меньшие квадраты отрезками, идущими по сторонам клеток. Докажите, что сумма длин этих отрезков делится на 4. (Длина стороны клетки равна 1).
Решение: Пусть Q – квадратный лист бумаги, L(Q) – сумма длин тех сторон клеток, которые лежат внутри его. Тогда L(Q) делится на 4, так как все рассматриваемые стороны разбиваются на четверки сторон, получающихся друг из друга поворотами на 900
и 1800
относительно центра квадрата.
Если квадрат Q разделен на квадраты Q1
, …, Qn
, то сумма длин отрезков деления равна
L (Q) - L (Q1
) - … - L (Qn
). Ясно, что это число делится на 4, так как числа L(Q), L(Q1
), …, L(Qn
) делится на 4.
4.
Инварианты
11.
Дана шахматная доска. Разрешается перекрашивать в другой цвет сразу все клетки какой-либо горизонтали или вертикали. Может ли при этом получиться доска, у которой ровно одна черная клетка?
Решение: При перекрашивании горизонтали или вертикали, содержащей k черных и 8-k белых клеток, получится 8-k черных и k белых клеток. Поэтому число черных клеток изменится на (8-k)-k=8-2k, т.е. на четное число. Так как четность числа черных клеток сохраняется, из исходных 32 черных клеток мы не сможем получить одну черную клетку.
12.
Дана шахматная доска. Разрешается перекрашивать в другой цвет сразу все клетки, расположенные внутри квадрата размером 2х
2. может ли при этом на доске остаться ровно одна черная клетка?
Решение: При перекрашивании квадрата 2х
2, содержащего k черных и 4-k белых клеток, получится 4-k черных и k белых клеток. Поэтому число черных клеток изменится на (4-k)-k=4-2k, т.е. на четное число. Так как четность числа черных клеток сохраняется, из исходных 32 черных клеток мы не сможем получить одну черную клетку.
13.
Докажите, что выпуклый многоугольник нельзя разрезать на конечное число невыпуклых четырехугольников.
Решение: Предположим, что выпуклый многоугольник M разрезан на невыпуклые четырехугольники M1
,…, Mn
. Каждому многоугольнику N поставим в соответствие число f(N), равное разности между суммой его внутренних углов, меньших 180, и суммой углов, дополняющих до 360 его углы, больше 180. Сравним числа А= f(М) и В=f(М1
)+…+ f(Мn
). Рассмотрим для этого все точки, являющиеся вершинами четырехугольников М1
…, Мn
. Их можно разбить на четыре типа.
1. Вершины многоугольника М. Эти точки дают одинаковые вклады в А и В.
2. Точки на сторонах многоугольника М или М1
.Вклад каждой такой точки в В на
180 больше, чем в А.
3. Внутренние точки многоугольника, в которых сходятся углы четырехугольника,
меньшие 180. Вклад каждой такой точки в В на 360 больше, чем в А.
4. Внутренние точки многоугольника М, в которых сходятся углы четырехугольников, причем один из них больше 180. Такие точки дают нулевые вклады в А и В.
В итоге получаем А<В. С другой стороны, А>0, а В=0. Неравенство А >0 очевидно, а для доказательства равенства В=0 достаточно проверить, что если N-невыпуклый четырехугольник, то f(N)=0. Пусть углы N равны а>b>с>d. У любого невыпуклого четырехугольника ровно один угол больше 180, поэтому f(N)=b+c+d-(360-a)=a+b+c+d-360=0.
Получено противоречие, поэтому выпуклый многоугольник нельзя разрезать на конечное число невыпуклых четырехугольников.
14.
В центре каждой клетки шахматной доски стоит по фишке. Фишки переставили так, что попарные расстояния между ними не уменьшились. Докажите, что в действительности попарные расстояния не изменились.
Решение: Если хотя бы одно из расстояний между фишками увеличилось бы, то увеличилась бы и сумма всех попарных расстояний между фишками, но сумма всех попарных расстояний между фишками не изменяется при любой перестановке.
15.
Квадратное поле разбито на 100 одинаковых квадратных участков, 9 из которых поросли бурьяном. Известно, что бурьян за год распространяется на те и только те участки, у которых не менее двух соседних (т.е. имеющих общую сторону) участков уже поросли бурьяном. Докажите, что поле никогда не зарастет бурьяном полностью.
Решение: Легко проверить, что длина границы всего заросшего бурьяном участка (или нескольких участков) не возрастет. В начальный момент она не превосходит 4*9=36, поэтому в конечный момент она не может быть равной 40.
Следовательно, поле никогда не зарастет бурьяном полностью.
16.
Дан выпуклый 2m-угольник А1
…А2
m
. Внутри его взята точка Р, не лежащая ни на одной из диагоналей. Докажите, что точка Р принадлежит четному числу треугольников с вершинами в точках А1
,…, А2
m
.
Решение: Диагонали разбивают многоугольник на несколько частей. Будем называть соседними
те из них, у которых есть общая сторона. Ясно, что из любой внутренней точки многоугольника можно попасть в любую другую, переходя каждый раз только из соседней части в соседнюю. Часть плоскости, лежащую вне многоугольника, также можно считать одной из этих частей. Число рассматриваемых треугольников для точек этой части равно нулю, поэтому достаточно доказать, что при переходе из соседней части в соседнюю четность числа треугольников сохраняется.
Пусть общая сторона двух соседних частей лежит на диагонали (или стороне) PQ. Тогда всем рассматриваемых треугольникам, кроме треугольников со стороной PQ, обе эти части одновременно либо принадлежат, либо не принадлежат. Поэтому при переходе из одной части в другую число треугольников изменяется на k1
-k2
, где k1
-число вершин многоугольника, лежащих по одну сторону от PQ. Так как k1
+k2
=2m-2, то число k1
-k2
четно.
4. Вспомогательные раскраски в шахматном порядке
17.
В каждой клетке доски 5х
5 клеток сидит жук. В некоторый момент все жуки переползают на соседние (по горизонтали или вертикали) клетки. Обязательно ли при этом остается пустая клетка?
Решение: Так как общее число клеток шахматной доски 5х
5 клеток нечетно, то черных и белых клеток не может быть поровну. Пусть для определенности черных клеток будет больше. Тогда жуков, сидящих на белых клетках, меньше, чем черных клеток. Поэтому хотя бы одна из черных клеток остается пустой, так как на черные клетки переползают только жуки, сидящие на белых клетках.
18.
Можно ли замостить костями домино размером 1х
2 шахматную доску размером 8х
8, из которой вырезаны два противоположных угловых поля?
Решение: вырезаны поля одного цвета, пусть для определенности черного. Поэтому остается 32 белых и 30 черных клеток. Так как кость домино всегда накрывает одну белую и одну черную клетку, то костями домино нельзя замостить шахматную доску 8х
8 клеток, из которой вырезаны два противоположных угловых поля.
19.
Докажите, что доску размером 10х
10 клеток нельзя разрезать на фигурки в форме буквы Т, состоящие из четырех клеток.
Решение: Предположим, что доска 10х
10 клеток разбита на такие фигурки. Каждая фигурка содержит либо 1, либо 3 черные клетки, т.е. всегда нечетное число. Самих фигурок должно быть 100/4=25 штук. Поэтому они содержат нечетное число черных клеток, а всего черных клеток 100/2=50 штук. Получено противоречие.
5. Задачи о раскрасках
20.
Плоскость раскрашена в два цвета. Докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми ровно 1.
Решение: Рассмотрим правильный треугольник со стороной 1.
се три его вершины не могут быть разного цвета, поэтому две вершины
имеют один цвет; расстояние между ними ровно 1.
21.
Плоскость раскрашена в три цвета. Докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми ровно 1.
Решение: Предположим, что любые две точки, лежащие на расстоянии 1, окрашены в разные цвета. Рассмотрим правильный треугольник АВС со
стороной 1; все его вершины разного цвета. Пусть точка А1
симметрична А
относительно прямой ВС. Так, как А1
В = А1
С=1, то цвет точки А отличен от
цветов точек В и С, т.е. она окрашена в тот же цвет, что и точка А. Эти рассуждения показывают, что если АА1
= 2, то точки А и А1
одного цвета. Поэтому все точки окружности радиуса 2 с центром А одного цвета. Ясно, что на этой окружности найдутся две точки, расстояние между которыми ровно 1. Получено противоречие.
С1
А1
В
1
А С
22.
Плоскость раскрашена в семь цветов. Обязательно ли найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми равно 1?
Решение: Можно привести пример раскраски в семь цветов плоскости, для которой расстояние между любыми двумя одноцветными точками не равно 1. Разобьем плоскость на равные шестиугольники со стороной а и окрасим их, как показано на рис. (точки, принадлежащие двум или трем шестиугольникам, можно красить в любой из цветов этих шестиугольников). Наибольшее расстояние между точками одного цвета, лежащими в одном шестиугольнике, не превосходит 2а, а наименьшее расстояние между точками одного цвета, лежащими в разных шестиугольниках, не меньше длины отрезка АВ (см. рис.). Ясно, что АВ2
=АС2
+ВС2
=4а2
+3а2
=7а2
>(2а)2
. Поэтому если 2а<1< 7а, т.е.
1/7<а<1/2, то расстояние между точками одного цвета не может быть равно 1.
23.
Можно ли шашечную доску размером 10x
10 замостить плитками размером 1x
4?
Решение: Раскрасим доску в четыре цвета, как показано на рис. Легко сосчитать, что клеток второго цвета 26, а четвертого 24. Каждая плитка 1x
4 накрывает по одной клетке каждого цвета. Поэтому плитками 1x
4 нельзя замостить доску 10x
10, так как иначе клеток каждого цвета было бы поровну.
Первый цвет
Второй цвет
Третий цвет
Четвертый цвет
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Когда мы открываем математические книги или журналы, то вольно или невольно наш взгляд останавливается на нестандартных занимательных задачах. Необычность ситуации, неочевидность ответа на поставленный вопрос заинтриговывает нас, и мы начинаем нелегкий поиск пути, ведущего к решению задачи.
Многие считают занимательные задачи средством для приятного времяпровождения, отдыха, но если вдуматься, то становится ясной их гораздо более важная роль. Несомненно, что именно занимательные (или нестандартные) задачи являются одним из самых мощных инструментов развития человеческого интеллекта. Человеку в течение всей жизни приходится не один раз оказываться в затруднительном положении, выход их которого можно найти с помощью логических рассуждений. А способность логически мыслить, и отрабатывается на решении нестандартных занимательных задач, при решении которых развивается интеллект человека. И заниматься этим надо уже в детстве и юности. В своей работе мы попытались собрать разные виды таких задач. Иллюстрации делают решения задач более понятными и доступными. Задачи, по нашему мнению, проверяют не знания, а умение логически рассуждать, они учат этому умению
Относительно математики до сих пор существуют самые странные предрассудки. Одни говорят, что заниматься математикой могут только исключительные, одаренные особыми способностями умы, другие утверждают, что для этого необходима особая «математическая память» для запоминания формул. Мы считаем, что это не так, всему можно научиться. Известный русский математик В.П. Ермаков говорил: «В математике следует помнить не формулы, а процесс мышления ».
Основную часть нашей работы мы разбили на разделы, содержащие каждый однородные задачи в порядке возрастания их трудности. Мы считаем, что проблема нашей работы была раскрыта, а цели достигнуты.
Выводы:
1.
В ходе работы были изучены и поняты основные виды нестандартных задач.
2.
Выявлены общие подходы к решению нестандартных задач.
3.
Были наработаны навыки в решении таких задач.
Во время выполнения данной работы я испытал некоторые трудности в поиске нужной литературы, но все же мне удалось найти очень увлекательные книги. Все что связано с математикой вызывает у меня большой интерес, мне нравиться изучать её как в школе, так и из дополнительной литературы. Может быть, поэтому я и хочу поступать туда, где есть математика. Изучение литературы и решение задач доставило мне удовольствие, и я надеюсь, что опыт выполнения этой работы пригодится мне в будущем.
ЛИТЕРАТУРА
1.
Ахадов А.А., Кордемский Б.А. Удивительный мир чисел: Книга для учащихся.- М.: Просвещение, 1986.- 144с.
2.
Беррондо М. Занимательные задачи: Перевод с французского / Перевод Сударева Ю.Н. – М.: Мир, 1983.-230с.
3.
Гик Е.Я. Занимательные математические игры. – 2-е издание, переработанное и дополненное. - М.: Знание, 1987.- 160с.
4.
Игнатьев Е.И. В царстве смекалки / Под редакцией М.К. Потапова. – 2-е издание.- М.: Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1981.- 208с.
5.
Леман И. Увлекательная математика. Перевод с немецкого. - М.: Знание, 1985.- 272с.
6.
Лиман М.М. Школьникам о математике и математиках. – М.: Просвещение, 1981.- 80с.
7.
Лойд С. Математическая мозаика. / Перевод с английского Сударева Ю.Н. – М.: Мир, 1980.- 344с.
8.
Петраков И.С. Математические олимпиады школьников: Пособие для учителей.- М.: Просвещение, 1982.- 96с.
9.
Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. Часть 2. - 2-е издание, переработанное и дополненное.- М.: Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1991г.- 240с.
Рецензия
Данная работа включает в себя следующие разделы: «Введение», «Нестандартные задачи», «Заключение», «Литература». Введение дает краткий обзор литературных источников о нестандартных задачах и их роли во всестороннем развитии человека, содействии формированию логически мыслящей личности. Автор излагает взгляды виднейших ученых математиков на определение задач такого рода. Подводя итоги изучению физико-математической литературы, автор приходит к выводу, что решение нестандартных задач является шагом вперед в развитии математических знаний, умений и навыков, должно обогащать знания и опыт, учить ориентироваться в различных ситуациях. Основной целью этой части работы является изучение работ не только русских, но и зарубежных научных деятелей. Ценными является анализ решения задач на логику, интуицию и догадку, эрудицию и владение методами математики.
Вторая часть работы разбита на разделы, содержащие разные виды задач: задачи на чет и нечет, делимость, инварианты, раскраски в шахматном порядке, задачи на раскраски, задачи на логику. Они содержат основные теоретические сведения по решению данных задач. Рассмотрены подходы и пути решения нестандартных задач. Используя материал изучаемой литературы, автор пытается сам составить логические задачи.
В третьем разделе содержатся выводы. Автор говорит о несомненном положительном влиянии нестандартных задач на развитие интеллекта человека. Работа отвечает поставленным целям – исследованию и изучению отдельных типов нестандартных задач, ознакомлению с их решениями. Выводы обоснованы проведенным исследованием. Работа имеет практическую направленность, актуальна на современном этапе развития образования.