Программа работы с одаренными детьми по математике
Цель: Организация работы с учащимися, имеющими
повышенный уровень мотивации, включение учащихся в исследовательскую
деятельность.
Воспитание
ученика как личности компетентной, успешной и востребованной обществом.
Задачи:
- формирование у учащихся устойчивого интереса к
математике;
-
выявление и развитие математических способностей;
-
овладение конкретными математическими знаниями, необходимыми для применения в
практической деятельности;
-
интеллектуальное развитие учащихся, формирование качеств мышления, характерных
для математической деятельности;
-
формирование представлений о математике как части общечеловеческой культуры,
понимание значимости математики для общественного прогресса;
-
подготовка к сознательному усвоению систематического курса алгебра и геометрия;
-
формирование навыков перевода различных задач на язык математики;
1. Актуальность разработки Программы:
В
условиях введения ФГОС остро встает вопрос поиска путей повышения социально-экономического
потенциала общества. Это возможно только в случае роста интеллектуального
уровня тех, которые в дальнейшем станут носителями ведущих идей общественного
процесса.
Основные
парадигмы развития одаренности:
1. Все дети одарены
от природы.
2. На развитие
одаренности наибольшее влияние оказывает педагогический фактор.
Моя деятельность по исследованию, диагностике, апробации методов и
средств психолого-педагогического содействия реализации творчески-деятельного
потенциала детей повышенного уровня обучаемости соответствует целям
реформирования образования в России, идеалам его гуманизации, поскольку связана
с внедрением в школьную практику программ дифференциации и персонификации
обучения и воспитания. Она обеспечивает условия для саморазвития учащихся, для
повышения их мотиваций к познанию и самовоспитанию. При этом возникает особая
форма организации обучающей деятельности, нацеленная на обоснование
принципиально новой системы образования детей повышенного уровня обучаемости,
на определение парадигмы развивающего вариативного образования для одаренных
детей.
Особое внимание в своей
работе я уделяю не только работе со слабыми учениками- своевременно
провожу занятия по ликвидации выявленных пробелов в знаниях учащихся, но и
работе сильными учениками. Как известно, устойчивый интерес к математике
начинает формироваться в 14 – 15 лет. Но это не происходит само собой: для
того, чтобы ученик 7 или 8 класса всерьёз начал заниматься математикой,
необходимо, чтобы на предыдущих этапах он почувствовал, что размышления над
трудными, нестандартными задачами могут доставлять подлинную радость. В прошлом
учебном году проводилась работа с учащимися, проявляющими интерес к
математике. Планируя занятия, наполняя их определенным содержанием, взяла на
вооружение положение, установленное Л.С.Выготским, о том, что ориентироваться
нужно не на уже достигнутый ребенком уровень развития, а немного забегать
вперед, предъявляя к его мышлению требования, несколько превышающие его
возможности, то есть не на уровень актуального, а на зону ближайшего развития.
Всюду, где только возможно, будить мысль ученика, развивать активное,
самостоятельное и – как высший уровень – творческое мышление. Главная
особенность развития системы школьного математического образования – ориентация
на самую широкую дифференциацию обучения математике. Такая дифференциация
должна удовлетворять потребностям каждого, кто проявляет интерес и способности
к математике, дав ему все возможности для их развития.
Целью работы с
мотивированными детьми является, в частности, формирование у учащихся
устойчивого интереса к предмету, дальнейшее развитие их математических
способностей, на применение математических методов в различных отраслях науки и
технике.
2. Принципы
деятельности в работе с одаренными детьми:
принцип
максимального разнообразия предоставленных возможностей для развития личности;
принцип
возрастания роли внеурочной деятельности;
принцип
индивидуализации и дифференциации обучения;
принцип
создания условий для совместной работы учащихся при минимальном участии
учителя;
принцип свободы
выбора учащимся дополнительных образовательных услуг, помощи, наставничества.
3. Этапы реализации:
I.
Выявление одаренных детей на ранних этапах развития. Мониторинг одаренности.
II.
Разработка программы
III.
Создание банка заданий для занятий.
IV.
Организация зачетов
V.
Выпуск методического бюллетеня «Опыт работы с одаренными детьми по математике».
VI.
Участие в олимпиадах.
4.
Формы работы с одаренными учащимися
творческие
мастерские;
групповые
занятия с сильными учащимися;
занятия
исследовательской деятельностью;
участие в конкурсах
научно-практические конференции;
участие в
олимпиадах;
работа по
индивидуальным планам;
5. Пояснительная записка
Устойчивый
интерес к математике начинает формироваться в 14 -15 лет. Но это не происходит
само собой: для того, чтобы ученик 5, 6 или 7 класса начал всерьез заниматься
математикой, необходимо, чтобы на предыдущих этапах он почувствовал, что
размышления над трудными, нестандартными задачами могут доставлять радость.
Решение олимпиадных задач позволяет учащимся накапливать опыт в сопоставлении,
наблюдении, выявлять несложные математические закономерности, высказывать
догадки, нуждающиеся в доказательстве. Тем самым создаются условия для
выработки у учащихся потребности в рассуждениях, учащиеся учатся думать.
Задачи собраны из разных источников, для решения которых должно хватить
сведений, полученных в ходе изучения математики в первых пяти классах.
Курс
составлен на 35 часов. Предназначен для учащихся 5-7 классов.
Курс построен таким образом, чтобы учащийся смог
подключиться к усвоению отдельных разделов курса в течение учебного года.
Предпочтительны коллективные занятия.
Для подтверждения своей успешности учащиеся могут
участвовать в районных, областных и Международных олимпиадах, Вести
исследовательскую, самостоятельную работу, по итогам которой оформлять
рефераты
Требования к уровню усвоения дисциплины
В результате изучения данного курса учащийся должен обладать
следующими знаниями и умениями:
Основные виды логических задач.
Способы решения популярных логических задач.
Основные
принципы математического моделирования. Основные свойства делимости чисел.
Умение решать основные задачи на %.
Курс
направлен на развитие логического мышления учащегося, на умение создавать
математические модели практических задач, на расширение математического
кругозора учащихся. Курс является пропедевтикой «олимпиадных» задач.
Учащиеся
должны научиться выполнять небольшие исследовательские работы
6. Концепция Программы
В научно-методической литературе (Н. А. Менчинская, Л. В. Занков, Д. Б.
Эльконин, В. В. Давыдов и др.) отмечается, что ученики отличаются друг от
друга прежде всего способностями к учению, т. е. одаренность, а также
обучаемостью.
Одаренность – это системное,
развивающееся в течение жизни качество психики, которое определяет возможность
достижения человеком более высоких (необычных, незаурядных) результатов в одном
или нескольких видах деятельности по сравнению с другими людьми.
Одаренный ребенок
–
это ребенок, который выделяется яркими, очевидными, иногда выдающимися
достижениями (или имеет внутренние предпосылки для таких достижений) в том или
ином виде деятельности. На сегодняшний день большинство психологов признает,
что уровень, качественное своеобразие и характер развития одаренности – это
всегда результат сложного взаимодействия наследственности (природных задатков)
и социальной среды, опосредованного деятельностью ребенка (игровой, учебной,
трудовой). При этом особое значение имеют собственная активность ребенка, а
также психологические механизмы саморазвития личности, лежащие в основе
формирования и реализации индивидуального дарования.
Одаренные дети обычно
обладают отличной памятью, которая базируется на ранней речи и абстрактном
мышлении. Их отличает способность классифицировать информацию и опыт, умение
широко пользоваться накопленными знаниями. Большой словарный запас,
сопровождающийся сложными синтаксическими конструкциями, умение ставить вопросы
чаще всего привлекают внимание окружающих к одаренному ребенку. Маленькие
«вундеркинды» с удовольствием читают словари и энциклопедии, придумывают слова,
должные, по их мнению, выражать их собственные понятия и воображаемые события,
предпочитают игры, требующие активизации умственных способностей.
Талантливые дети легко
справляются с познавательной неопределенностью. При этом трудности не
заставляют их отклоняться. Они с удовольствием воспринимают сложные и
долгосрочные задания и терпеть не могут, когда им навязывают готовый ответ.
У некоторых одаренных
детей явно доминируют математические способности, подавляющие интерес к
чтению.
Одаренного ребенка
отличает и повышенная концентрация внимания на чем-либо, упорство в достижении
результата в сфере, которая ему интересна. К этому нужно прибавить и степень
погруженности в задачу.
В силу небольшого
жизненного опыта такие дети часто затевают предприятия, с которыми не могут
справиться. Им необходимо понимание и некоторое руководство со стороны
взрослых, не следует акцентировать внимание на их неудачах, лучше попробовать
вместе еще раз.
В сфере психосоциального
развития одаренным и талантливым детям свойственны следующие черты:
• Сильно развитое чувство справедливости,
проявляющееся очень рано. Личные системы ценностей у одаренных детей очень
широки.
• Остро воспринимают общественную
несправедливость. Устанавливают высокие требования к себе и к окружающим и живо
откликаются на правду, справедливость, гармонию и природу.
• Не могут четко развести реальность и
фантазию.
• Хорошо развито чувство юмора. Талантливые
люди обожают несообразности, игру слов, «подковырки», часто видят юмор там,
где сверстники его не обнаруживают. Юмор может быть спасительной благодатью и
здоровым щитом для тонкой психики, нуждающейся в защите от болезненных ударов,
наносимых менее восприимчивыми людьми.
• Одаренные дети постоянно пытаются решать
проблемы, которые им пока «не по зубам». С точки зрения их развития такие
попытки полезны.
• Для одаренных детей, как правило -
характерны преувеличенные страхи, поскольку они способны вообразить множество
опасных последствий.
• Чрезвычайно восприимчивы к неречевым
проявлениям чувств окружающими и весьма подвержены молчаливому напряжению,
возникшему вокруг них.
Обучаемость — это сложное образование, которое зависит от многих
личностных качеств и способностей учащихся, и в первую очередь от
интеллектуальных способностей (способность анализировать, сравнивать,
обобщать, синтезировать, выделять существенное, видеть учебные проблемы и
решать их), а также от уровня познавательного интереса и мотивации,
целеустремленности, гибкости мышления, самоорганизации, самоопределения,
устойчивости в достижении цели и др.
Обучаемость как интегральная индивидуальность личности одаренного
ребенка предопределяет различный темп движения его в обучении, т.е. углубленную
дифференциацию, особенно по степени познавательной самостоятельности. Из
этого следует, что способности ученика определяются его темпом учения.
При этом деятельность педагогов предусматривает:
а)
реализацию личностно-ориентированного педагогического подхода в целях
гармонического развития человека как субъекта творческой деятельности;
б)
создание системы развивающего и развивающегося образования на основе
психолого-педагогических исследований, обеспечивающих раннее выявление и
раскрытие творческого потенциала детей повышенного уровня обучаемости;
в)
изучение факторов психолого-педагогического содействия процессам формирования
личности, эффективной реализации познавательных способностей учащихся
г)
внедрение в учебно-воспитательный процесс идеи гармонизации всех учебных
дисциплин в системе базисного учебного плана, что является условием
обеспечения доминирующей роли познавательных мотиваций, активизации всех видов
и форм творческой самореализации личности.
д)
управление процессом развития интеллектуальных способностей учащихся.
Структурная целостность образовательного процесса
основана на взаимозависимости компонентов структурирования: идеи
- содержание - обновление содержания обучения, вариативность
образовательных программ - определение индивидуальных
образовательных траекторий - технологии - методика развивающего обучения
и практика - образовательная деятельность - помощь семьи в образовании и
воспитании детей.
Чтобы развить человека, необходимо рационально, т.е.
сообразуясь с его «самостью» выбрать цели, содержание, методы, формы обучения.
Как свидетельствует опыт общеобразовательной школы, т.е. где срабатывает
традиционная дидактика, здесь упускается главное; насколько и будет ли вообще
востребовано то, что дается человеку, которого обучают, воспитывают,
развивают.
Педагогическая
система строится на четырех базовых идеях:
-
на осознании самоценности каждого школьника как уникальной, неповторимой
личности;
-
на неисчерпаемости возможностей развития каждого ребенка, в том числе его
творческих способностей;
-
на приоритете внутренней свободы перед внешней как свободы, необходимой
для творческого саморазвития;
-
на понимании природы творческого саморазвития как интегральной характеристики
«самости», изначальными компонентами которой являются самопознание, творческое
самоопределение, самоорганизация, самоуправление, творческое
самосовершенствование и самореализация личности школьника.
Выявление одаренных детей должно начинаться уже в начальной
школе на основе наблюдения, изучения психологических особенностей, речи,
памяти, логического мышления. Работа с одаренными и способными учащимися, их
поиск, выявление и развитие должны стать одним из важнейших аспектов
деятельности школы.
Условно можно выделить три категории
одаренных детей:
1. Дети с необыкновенно
высоким общим уровнем умственного развития при прочих равных условиях (такие
дети чаще всего встречаются в дошкольном и младшем школьном возрасте).
2. Дети с признаками
специальной умственной одаренности – в определенной области науки (подростковый
образ).
3. Учащиеся, не достигающие
по каким-либо причинам успехов в учении, но обладающие яркой познавательной
активностью, оригинальностью психического склада, незаурядными умственными
резервами (чаще встречаются в старшем школьном возрасте).
Учитель
должен быть:
увлечен своим
делом;
способным к
экспериментальной, научной и творческой деятельности;
профессионально
грамотным;
интеллектуальным, нравственным и эрудированным;
проводником
передовых педагогических технологий;
психологом,
воспитателем и умелым организатором учебно-воспитательного процесса;
знатоком во
всех областях человеческой жизни.
7. Содержание программы
1.Математические игры 4 ч.
2.Числовые задачи 3 ч.
3.Задачи на проценты 4 ч.
4.Логические задачи 4 ч.
5.Текстовые задачи 4 ч.
6.Задачи на делимость 4 ч.
7.Задачи на принцип Дирихле 4 ч.
8.Задачи на инвариант 4 ч.
9.Задачи с геометрическим содержанием 4 ч.
Приведенная последовательность тематических занятий может быть изменена, если,
например, при решении разных задач выясняется, что есть необходимость вернуться
к какой-то ранее пройденной теме, либо включить в рассмотрение элементы другой,
намеченной на более поздний срок.
При подготовке учеников к олимпиадам, каждый учитель, ставит перед собой цель -
научить их решать задачи. Конечно, учитель может остановиться на показе
способов решения определённых видов задач, после чего ученики начинают
применять эти алгоритмы к другим задачам. Но, в конечном итоге, этот метод
обучения может привести к тому, что ученики, встретив задачу с необычной
формулировкой, сразу же " споткнутся".
Правильным, наверное, путём обучения будет разумное сочетание самостоятельной
работы учеников с обучением их общим методам и подходам. Таким как: принцип
Дирихле, метод инвариантов и др. Все эти методы применимы к различным типам
задач из геометрии, алгебры и арифметики. Овладевшим этими методами ученикам
будет гораздо проще найти верный путь к решению той или иной задачи.
Данный курс будет обеспечен
дидактическим материалом на базе книг:
1.
НестеренкоЮ., Олехник С.,
Потапов М. Лучшие задачи на смекалку. Москва, «АСТ-ПРЕСС», 1999.
2.
Нагибин Ф.Ф., Канин
Е.С.Математическая шкатулка. Москва «Просвещение», 1984.
3.
Перельман Я.И. Живая
математика. Москва,1994. АО «Столетие».
4.
Перельман Я.И.
Математические рассказы и головоломки.
Домодедово. ВАП-VAP, 1994.
Индивидуальный
план работы учителя математики с одаренными детьми
Организация работы по индивидуальному
образовательному маршруту основана на следующих принципах :
- индивидуальный, дифференцированный подход к
учебно-воспитательному процессу, продуктивной, творческой деятельности
обучающегося и педагога;
- программы дополнительного образования,
факультативов по предметам, научное общество учащихся, позволяющих
реализовывать образовательные потребности обучающихся, их родителей;
- качественное обучение, развитие и воспитание
учащихся без ущерба для детского здоровья.
В основе построения индивидуального
образовательного маршрута лежит самоопределение учащегося.
Результатом проектирования индивидуального
образовательного маршрута становится выбор линии (пути) движения учащегося к
поставленной цели.
Смысл обучения состоит не в передаче знаний, а в
обеспечении условий самореализации личности. Задача образовательного учреждения
– предоставить ребенку широкий спектр образовательных услуг, которые могут в
полной мере реализовать формулу "хочу – могу – есть - требуют".
Этапы индивидуального образовательного
маршрута
ДИАГНОСТИКА
|
"Что
я должен знать и уметь"
|
ПРОЕКТИРОВАНИЕ
|
"Что
я хочу знать и уметь"
|
ОСМЫСЛЕНИЕ
|
"Что
я могу"
|
РЕАЛИЗАЦИЯ
|
"Как
я буду идти
к поставленной цели"
|
ОЦЕНКА И КОРРЕКТИРОВКА
|
«Чему
я должен научиться и
что мне нужно доработать"
|
Олимпиадные
задачи 5-7 класс
3.3.1.Математические
игры
Задача 1.Двое по очереди берут из кучи
камни. Разрешается брать любую степень двойки (1, 2, 4...). Взявший
последний камень выигрывает. Кто победит в этой игре?
Решение: Если исходное число камней делится
на 3, то выигрывает
второй, беря каждый раз
по 1 или 2 камня и оставляя число камней,
которое делится на 3.
Задача 2.В куче 1997 камней, которые двое берут по очереди.
Разрешается взять 1, 10 или 11 камней. Выигрывает взявший последний камень. Кто
должен победить?
Решение: Первый. Начнём с
конца. Выигрывающие остатки камней: 0, 2, 4, 6, 8; 20, 22, 24, 26,
28; ...; 1980, 1982, 1984, 1986, 1988. Первым ходом первый игрок
берёт 11 камней.
Задача 3.Изменим условие предыдущей задачи: взявший последний камень
проигрывает. Кто теперь победит?
Решение: Победит снова первый. Выигрывающие остатки камней: 1,
3, 5, 7, 9; 21, 23, 25, 27, 29;
...; 1981, 1983, 1985, 1987, 1989. Первый сначала берёт 10 камней.
Задача 4.Двое по очереди берут камни из
двух куч. За один ход можно взять: а) любое
число камней из одной кучи или б) из обеих куч поровну. Взявший последним
выигрывает. Кто должен выиграть?
Решение: Сначала рассмотрим пример игры. Пусть
первоначальное значение камней в кучах - 1000
и 18. Будем записывать остаток камней в каждой
куче после каждого хода: (11, 18), (5, 12), (5, 3), (1, 3), (1, 2), (1, 1), (0,
0). Набор (1, 2), который обеспечил первому игроку победу, назовём
выигрывающим. Разность между числами равна d=2-1=1. Найдём
предыдущую выигрывающую комбинацию: взяв разность
d=2, видим, что первым числом должно быть такое, какое
еще не встречалось в выигрывающих комбинациях (т.е. 3), а второе-сумма первого
и d (т.е. ) По этому же принципу получим и следующие выигрывающие
комбинации: d = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ...; a = 1, 3, 4, 6, 8, 9, 11,
12, 14, 16, 17,…; b = 2, 5, 7, 10, 13, 15, 18, 20, 23, 26, 28 ...
Ответ: Если начальная расстановка не является
выигрывающей комбинацией, то первый игрок ставит выигрывающий набор
и побеждает. Если начальная расстановка -
выигрывающая комбинация, то побеждает второй.
Задача 5. В трёх кучах лежат 1997, 1998 и 1999 камней. Играют двое. За
один ход разрешается убрать две кучи, а третью разделить на три новые
(непустые) кучи. Выигрывает тот, кто не может сделать
ход. Кто победит-первый или второй игрок?
Решение: Выигрывает первый. Стратегия выигрыша проста: надо
добиваться, чтобы некоторых новых кучах число камней оканчивалось
цифрами 3 или 4, а в остальных
новых кучах - не превышало 4. Например, кучу из 1999 камней можно
разделить на такие три: 563, 663, 773 или 2, 3, 1994 и т. д. Легко
видеть, что противник не может воспользоваться той же
стратегией. Через несколько ходов первый игрок предложит 3 кучи: в
одной 3или 4 камня, в двух других - не более, чем по 4. Второй игрок
может сделать ход, а следующий ход уже невозможен.
3.3.2.
ЧИСЛОВЫЕ ЗАДАЧИ
Числовые задачи
часто представляют собой головоломки. Полезно перед
решением такой задачи не спешить, а дать возможность
ученикам немного поиграть в них.
Задача 1. В выражении 4 + 32 : 8 + 4 * 3 расставьте скобки
так, чтобы в результате получилось:
а) число 28
б) как можно большее
число
в) как можно меньшее
число.
Решение: Заметим, что 28 = 4 + (32 : 8 + 4) *
3.Чтобы найти как можно большее число, надо в качестве последнего действия
выполнить умножение на 3, наибольшее число (4 + 32 : 8 + 4) * 3 =
36. Наименьшее число (4 + 32) : [(8 + 4) * 3] = 1. . Замените в выражении * ( *( * ( * + 1) + 1) + 1) =
1995 звездочки числами 2, 5, 11, и 17 так, чтобы получилось верное равенство.
Задача 2. . Замените в
выражении * ( *( * ( * + 1) + 1) + 1) = 1995 звездочки числами 2, 5,
11, и 17 так, чтобы получилось верное равенство.
Решение: Число 1995 не делится на 2, на 11 и
17.Поэтому на роль первой
звездочки подходит 5.Поделив на 5 обе части
равенства, получим: * ( * ( * + 1) + 1) + 1 = 399,
откуда * ( * ( * + 1) + 1) = 398. Число 398 не делится на 11, на 17,
значит вторая
звездочка число
2. Поделив последнее равенство на 2, получаем * ( * + 1) + 1 =
199 или * ( * + 1) = 198 и т. д. Получаем
ответ 5 (2 ( 11(17 + 1) + 1) + 1) = 1995.
Задача 3.
В десятичной записи двух натуральных чисел участвуют только
цифры 1, 4, 6 и 7. Может ли одно из них быть в 17 раз больше другого?
Решение: Разобрать возможности для последней и предпоследней
цифр меньшего числа.
Единственная возможность для последней
цифры 1, однако ни одна из цифр 1 ,4, 6, 7 не может быть при этом на
предпоследнем месте.
Задача 4. Произведение четырех последовательных чисел равно 7920. Найти эти числа.
Решение: Число 7920 надо разложить в произведение простых чисел, а
затем из них “собрать” четыре множителя 7920 = 8*9*10*11.
Задача 5. Установите, какой цифрой оканчивается
разность 4343 - 1717.
Решение: Следует поискать закономерность для последней цифры
натуральной степени числа, оканчивающегося цифрой 3.Последовательность этих
цифр 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1... Четвертое, восьмое, двенадцатое и т.д. места
занимает цифра 1.Значит, 4340 заканчивается цифрой
1, а 4343 - цифрой 7, далее аналогично
1716 оканчивается цифрой 1, а 1717 -
цифрой 7. Так как оба числа 43 и 17 оканчивается
одной и той же цифрой 7, то их разность оканчивается нулем.
3.3.3. ЗАДАЧИ НА ПРОЦЕНТ
Задача 1. Товар стоил тысячу рублей. Продавец
поднял цену на 10%, а через месяц снизил её на 10%.Сколько стал стоить товар?
Решение: После подорожания товар стоил 1100
рублей. При снижении цены 1100 руб. – 100% , 110 рублей – 10%
стоимости товара, следовательно, товар стал стоить 1100 - 110 =990 рублей.
Ответ: 990 рублей.
Задача 2. Собрали 100 кг грибов. Оказалось, что их влажность 99%.
Когда грибы подсушили, влажность снизилась до 98%. Какой стала масса этих
грибов после подсушивания?
Решение: В 100 кг грибов содержится, по условию, 99 кг воды и 1 кг
сухого вещества. После подсушивания сухое вещество стало составлять 2% .Но если
2% составляют 1 кг, то вся масса грибов равна 50 кг.
Задача 3. Цена входного билета на стадион была 1 рубль 80 копеек. После снижения
входной платы число зрителей увеличилось на 50% , а выручка выросла на 25%
.Сколько стал стоить билет после снижения?
Решение: Входная плата с каждых двух зрителей до снижения была 3рубля
60 копеек. После снижения вместо каждых двух зрителей стадион посещали три
человека, платившие по 3руб.60 коп + 90 коп.= 4 руб.50 коп.
Стоимость билета 4 рубля 50 копеек : 3 = 1 рубль 50 копеек.
Ответ: 1 руб.50 коп.
Задача 4. По дороге идут два туриста. Первый из них
делает шаги на 10% короче и в то же время на 10% чаще,
чем второй. Кто из туристов идет быстрее и почему?
Решение: Покажем, что медленнее идет тот из туристов, кто делает шаги
короче и чаще (первый). Когда второй турист делает 10 своих шагов длины s каждый, первый турист
делает 11 своих шагов длины 0,9s каждый. Таким образом, первый турист проходит
расстояние 9,9s за
то время, за которое второй проходит расстояние 10s, но 10s > 9,9s, так как s > 0.
Задача 5. Цену за товар уменьшили на 10%, а затем
еще на 10%. Стоит ли он дешевле, если цену сразу снизить на 20%?
Решение: Введем переменную x,
обозначив через нее первоначальную цену, и
составим выражение для новой цены в случае поэтапного снижения:
0,9*(0,9*x) = 0,81*x и в случае снижения сразу на 20% - 0,8*x
3.3.4.ЛОГИЧЕCКИЕ ЗАДАЧИ
Задача 1. Можно ли, имея два сосуда емкостью 3 л и 5 л, набрать из водопроводного
крана 4 л воды?
Решение:
Последовательность действий см. в таблице:
3 л
|
0
|
3
|
0
|
2
|
2
|
3
|
0
|
5 л
|
5
|
2
|
2
|
0
|
5
|
4
|
4
|
Задача 2. В месяце три воскресенья выпали на четные числа. Какой день
недели был седьмого числа этого месяца?
Решение:
Через семь дней повторяется каждый день
недели. Поэтому первые 28 дней содержат четыре понедельника, четыре вторника и
т.д. и четыре воскресенья. Причем, два воскресенья падают на четные
числа, а два - на нечетные. Значит, третье воскресенье падает на 30
число. Таким образом, 2-го числа также было воскресенье, а 7-го числа -
пятница.
Задача 3. У Винни - Пуха и Пятачка несколько воздушных шариков,
среди которых есть большие и маленькие, а также синие и
зеленые. Докажите, что друзья могут взять по одному шару так, чтобы
они одновременно оказались разного размера и
разного цвета.
Решение: Можно рассуждать так. Пусть Винни - Пух возьмет
какой-нибудь большой шарик, а Пятачок - маленький. Если эти шарики оказались
разных цветов, то задача решена. Пусть шарики оказались одного
цвета, например, синего. Тогда по условию задачи среди оставшихся
шариков есть зеленый. Если это большой зеленый шарик, то пусть его возьмет
Винни - Пух вместо своего, а если - маленький, то пусть его возьмет
Пятачок. После этого шарики у них будут разного цвета и размера.
Задача 4. На улице, встав в кружок, беседуют четыре девочки: Аня, Валя,
Галя и Надя. Девочка в зеленом платье (не Аня и не Валя) стоит между девочкой в
голубом платье и Надей. Девочка в белом платье стоит между
девочкой в розовом платье и Валей. Платье какого цвета
носит каждая девочка?
Решение: Составим таблицу:
|
Аня
|
Валя
|
Галя
|
Надя
|
Зеленое платье
|
-
|
-
|
+
|
-
|
Голубое платье
|
-
|
+
|
-
|
-
|
Белое платье
|
|
-
|
-
|
-
|
Розовое платье
|
|
-
|
-
|
|
Ответ: Галя в зеленом платье, Валя в голубом, Аня в белом,
Надя в розовом.
Задача 5. На складе имеются
гвозди в ящиках по 24, 23, 17 и 16 кг. Можно
ли отправить со склада 100 кг гвоздей, не распечатывая ящики?
Решение: Например, так: четыре ящика по 17 кг и два ящика по 16 кг.
3.3.5.
ТЕКСТОВЫЕ ЗАДАЧИ( на другие темы )
Задача 1. Станок разрезает 300 шестиметровых
досок на куски по 2 метра в каждом за 1 час.
Сколько времени потребуется, чтобы на этом же станке разрезать 200
восьмиметровых досок такой же ширины и толщины на
куски по 2 метра в каждом?
Решение: Для того, чтобы разрезать 300 шестиметровых досок на куски по
2 метра каждый, требуется сделать 600 распилов
(два распила на доску). Для того чтобы разрезать 200 восьмиметровых
досок, также требуется 600 распилов.
Ответ: Один час.
Задача 2. Школа - интернат купила 675 метров
красной, синей и черной ткани для пошива пальто. Когда израсходовали половину
красной, две третьих синей, три четвёртых чёрной ткани, то осталось
каждого цвета ткани поровну. Сколько метров
ткани каждого цвета было куплено?
Решение: За x обозначим количество красной ткани. 1 / 3 синей ткани
равна x / 2,то есть 3x / 2
купили синей ткани, 4x / 2 = 2x купили чёрной ткани, следовательно, x
+ 3x / 2 + 2x = = 675.
Ответ: Купили 150 метров красной,225 метров синей,300 метров чёрной
ткани.
Задача 3. Поезд проходит мост длиной 450 метров за 45 секунд, а
мимо светофора за 15 секунд.
Найдите длину поезда и его скорость.
Решение: За 45 секунд поезд проходит расстояние, равное длине моста и
длине поезда вместе, а за 15 с расстояние, равное длине поезда (сделайте
рисунок). Следовательно, длину моста (450 м) он
проходит за 30 с, т.е. его скорость равна 450:30=15(м/с).
Теперь можно найти длину поезда, ведь именно свою длину поезд
"протягивает" мимо светофора за 15 с со скоростью 15 м/с,
его длина равна 15*15=225(м).
Ответ: 225(м).
Задача 4. Из двух пунктов, расстояние между которыми 100 км,
выехали одновременно
навстречу друг к другу два
всадника. Скорость первого всадника 15 км/ч, второго - 10 км/ч.
Вместе с первым всадником выбежала собака, скорость которой 20 км/ч. Встретив
второго всадника, она повернула назад и побежала к первому, добежав до него,
снова повернула и так бегала до тех пор, пока всадники не встретились.
Сколько километров пробежала собака?
Решение: Каждый час всадники сближались на 25 км, следовательно, они
встретились через 4 часа. Собака за это время пробежала 80 км (так
как её скорость 20 км/ч).
Ответ: 80 км.
Задача 5. Что быстрее: проехать весь путь на велосипеде или половину пути проехать на мотоцикле, а
вторую половину пройти пешком, если скорость мотоцикла в
два раза больше скорости велосипеда, а скорость велосипеда в свою
очередь, в два раза больше скорости пешехода?
Решение: Мотоциклист половину и велосипедист четверть пути
проезжают за одно и то же время. Велосипедист половину пути и
пешеход четверть пути также преодолевают за одно и то же время. Следовательно,
три четверти пути будут пройдены в первом и втором случаях за одинаковое время.
Остаётся преодолеть ещё одну четверть пути, которую на велосипеде можно
проехать быстрее.
Ответ: На велосипеде быстрее.
3.3.6. ЗАДАЧИ
НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ
При решении задач на
делимость полезно знать некоторые признаки делимости. Для
некоторых делителей эти признаки позволяют устанавливать делимость
без выполнения самого деления. Так, например, ученикам 5 класса известны
признаки делимости на 10, 5 и 2, 3, 9.
Задача 1. Найти наименьшее число, которое при делении на 2 дает
остаток 1, при делении на 3 - 2, на 4 - 3, на 5 -
4, на 6 - 5, на 7 - 6, на 8 - 7, на 9 - 8, на 10 - 9.
Решение: Если прибавить к искомому числу единицу, тогда полученное
число будет делиться на 2, на 3, на 4, на 5, на 6, на 7, на 8, на 9,
на 10. Таким наименьшим число является 10 * 9 * 4 * 7 = 2520, а искомое число
на 1 меньше, т.е. 2519.
Ответ: 2519
Задача 2. При делении данного числа на 225 в остатке получилось
150. Разделится ли данное число нацело на 75 и почему?
Решение: Да, так как 225 делится на 75 и 150 делится на 75,
следовательно, остаток равен нулю. Данное число можно записать так:
225x+150, где x - частное. На основании делимости суммы ясно, что данное число
делится на 75.
Задача 3. Найти все числа, большие 25000, но меньшие 30000,
которые как при делении на 393, так и при
делении на 655 дают в остатке 210.
Решение: НОК (131,1965)=1965
Задача 4. На складе имеются ножи и вилки. Общее число тех и
других больше 300, но меньше 400. Если ножи и вилки
вместе считать десятками
или дюжинами, то в обоих случаях получается целое
число десятков и целое число дюжин.
Сколько было ножей и вилок на складе, если
ножей было на 160 меньше, чем вилок?
Решение: Так как число ножей и вилок (вместе) кратно 10 и 12, значит,
оно делится на НОК (10 и12) = 60. .Между
числами 300 и 400 только 360 делится на 60.
Ответ: Ножей 100, вилок 260
Задача 5. Изменяется ли при делении с
остатком частное и остаток, если делимое и делитель
увеличить в 3 раза (ответ подтвердить примером) ?
Решение: Частное не изменится, а остаток увеличится в 3 раза.
3.3.7. ЗАДАЧИ
НА ПРИНЦИП ДИРИХЛЕ.
При решении многих задач
используются сходные между собой приемы рассуждений, получившие название “
принципа Дирихле “. Задачи на принцип Дирихле воспитывают
у учащихся умение устанавливать соответствие между элементами двух множеств. На
решение задач по принципу Дирихле нужно
посвятить несколько занятий, которые могут быть разделены занятиями
на другие темы. Принцип Дирихле можно давать прямо на первых уроках, так как он
достаточно рельефно характеризует специфику олимпиадных задач. Кроме того,
многие задачи используют идеи принципа Дирихле в решении всей задачи или
какой-то её части.
ПРИНЦИП
ДИРИХЛЕ.
В самой простой и
несерьезной форме принцип Дирихле выглядит так: “нельзя посадить семерых зайцев
в три клетки так, чтобы в каждой клетке находилось не больше двух
зайцев “. Другая формулировка “ принципа Дирихле“: если n
+ 1 предмет поместить в n мест, то обязательно хотя бы в одном месте окажутся
хотя бы два предмета. Заметим, что в роли предметов могут выступать и
математические объекты - числа, места в таблице, отрезки и т.д.
Задача 1. В корзине лежат 30 грибов - рыжиков и
груздей. Известно, что среди любых 12 грибов имеется хотя бы один
рыжик, а среди любых 20 грибов - хотя бы один груздь. Сколько рыжиков и сколько
груздей в корзине.
Решение: 19 рыжиков и 11 груздей.
Если бы в корзине нашлись 12
груздей, то ни один из них не был бы
рыжиком, следовательно, количество груздей не превосходит 11. Если
бы груздей было меньше 11, то их было бы не больше 10. В этом случае
можно было бы найти 20 не груздей, следовательно, груздей - 11.
Рыжиков - 19.
Задача 2. В мешке лежат шарики двух
разных цветов: черного и белого. Какое наименьшее
число шариков нужно вынуть из мешка
вслепую так, чтобы среди них заведомо оказались два шарика одного
цвета?
Решение: Достанем из
мешка 3 шарика. Если бы среди шариков было не более одного шарика каждого из
двух цветов, то всего было бы не более двух шариков - это
очевидно, и противоречит тому, что мы достали 3 шарика. С
другой стороны, понятно, что двух шариков может и не хватить. Ясно, что “
зайцами ” здесь являются шарики, а “ клетками” - цвета: черный и
белый.
Задача 3. В
магазин привезли 25 ящиков с тремя сортами яблок (в каждом ящике яблоки
только одного сорта). Докажите, что среди них есть по крайней мере 9 ящиков
одного сорта.
Решение: В решении этой задачи нам поможет обобщенный
принцип Дирихле: “ Если в n клетках сидят не менее kn + 1 зайцев, то
в какой-то из клеток сидит, по крайней мере, k + 1 заяц. 25 ящиков – “зайцев”
- рассадим по 3 “клеткам” - cортам. Так как 25 =
3 * 8 + 1, то, применив обобщенный принцип Дирихле для n = 3, k =
8,получим, что в какой-то “ клетке” – сорте не менее 9 ящиков.
Задача 4. В квадрате со стороной 1 м
бросили 51 точку. Докажите, что какие-то 3 точки из них можно накрыть квадратом
со стороной 20 см.
Решение: Разобьем квадрат на 25 квадратов со стороной 20
см. По обобщенному принципу Дирихле в какой-то из них попадет
по крайней мере 3 точки из 51 брошенной.
Заметим, что в основе
принципа лежит идея сложения неравенств. Одно
замечательное свойство из неё гласит: ”
Если сумма n чисел равна S, то среди них есть
как число не большее S:n и число не меньшее S:n ”.
Задача 5. В бригаде 7 человек и их суммарный возраст 332 года. Докажите, что из них
можно выбрать трех человек, сумма возрастов которых не
меньше 142.
Решение: Рассмотрим всевозможные тройки рабочих бригад. Сумма их
суммарных возрастов, как легко подсчитать, равна 15*332, а таких троек
35. Значит, есть тройка, суммарный возраст в которой не меньше,
чем (15*332):35, что больше 142.
3.3.8.
ЗАДАЧИ НА ИНВАРИАНТ.
Олимпиадные задачи на
инварианты можно условно разбить на два вида: те, в
которых требуется доказать некий инвариант, т.е. он явно определен,
и те, в которых инвариант используется при решении и сразу не
очевиден. Принцип решения задач основан на поиске характеристики
объекта, которая не меняется при выполнении действий, указанных
в задаче (инвариант объекта). Стандартным является рассуждение:
пусть на некотором шаге получился объект А.
Применим к нему указанное действие и получим объект В.
Что у них общего? Что изменилось?
Задача 1. На доске написаны числа 1, 2, 3, ..., 101. Стирают
произвольные числа и записывают разность стертых чисел,
повторяют эту операцию 100 раз и в результате получают число Р.
Докажите, что Р отлично от нуля.
Решение: Надо учесть, что для двух любых чисел их сумма и разность
имеют одинаковую четность.
В качестве инварианта можно взять четность
суммы чисел, записанных на доске. Сумма чисел каждый раз будет нечетна,
т.е. Р нечетно и, значит, не равно нулю.
Задача 2. 100 фишек стоят в ряд. Любые две
фишки, расположенные через одну, можно менять местами. Удастся ли расположить
фишки в обратном порядке?
Решение: Переставляя фишки, легко увидеть, что фишка, стоящая на
нечетном месте, переходит только на нечетные места, значит, фишка, стоящая на
первом месте, не сможет занять последнее сотое (четное) место
Задача 3. Разместить числа 1, 2, 3, 4, 5, 6 по одному около вершин треугольника и около
середин его сторон так, чтобы сумма трех чисел, расположенных около любой
стороны, была одна и та же.
Решение: Определим сумму чисел, стоящих вдоль
одной стороны треугольника. Обозначив через a, b, c
числа, стоящие в вершинах треугольника, найдем эту
сумму: (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + a + b + c):3, т.е. ( 21 + a + b + c):3. Это число целое, значит, a + b + c делится на 3.
Заметив, что a + b + c не меньше, чем 1 + 2 + 3 = 6 , и не больше,
чем 4 + 5 + + 6 = 15
, можно утверждать, что (a + b + c) находится среди
чисел 6, 9, 12,
15, а возможные значения суммы
чисел, расположенных вдоль стороны треугольника, таковы: 9, 10, 11, 12. Эти
четыре случая дают четыре решения (начиная от любой вершины, по часовой стрелке
переходим на сторону, на следующую вершину и т. д.): (2,6,1,5,3,4);
(1,4,5,2,3,6); (4,5,2,3,6,1); (5,3,4,2,6,1).
Задача 4: Можно ли в таблице 5 Х 5 клеток расставить 25 чисел так,
чтобы сумма четырех чисел в каждом квадрате 2
Х 2 была отрицательной, а сумма всех 25 чисел положительной?
Решение: На рисунке изображена одна из таких возможностей. Все
суммы в квадратах 2 Х 2 равны (-1), а сумма всех 25
чисел равна 2.
2
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
Ответ: Можно.
Задача 5. Записано 4 числа: 0, 0, 0, 1.За один ход разрешается
прибавить по 1 к любым двум из этих чисел. Можно ли за несколько
ходов получить 4 одинаковых числа?
Решение:
Решения
и ответы.
1.Надо учесть, что
для двух любых чисел их сумма и разность имеют одинаковую четность.
В качестве инварианта можно взять четность
суммы чисел, записанных на доске. Сумма чисел каждый раз будет нечетна,
т.е. Р нечетно и, значит, не равно нулю.
2.Переставляя фишки, легко
увидеть, что фишка, стоящая на нечетном месте, переходит только на нечетные
места, значит, фишка, стоящая на первом месте, не сможет занять
последнее сотое (четное) место
3.Определим сумму
чисел, стоящих вдоль одной стороны треугольника. Обозначив
через a, b, c числа, стоящие в вершинах треугольника, найдем эту
сумму: (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + a + b + c):3, т.е. ( 21 + a + b + c):3. Это число целое, значит, a + b + c делится на 3.
Заметив, что a + b + c не меньше, чем 1 + 2 + 3 = 6 , и не больше,
чем 4 + 5 + +
6 = 15 , можно утверждать, что (a +
b + c) находится среди чисел 6, 9, 12,
15, а возможные значения суммы
чисел, расположенных вдоль стороны треугольника, таковы: 9, 10, 11, 12. Эти
четыре случая дают четыре решения (начиная от любой вершины, по часовой стрелке
переходим на сторону, на следующую вершину и т. д.): (2,6,1,5,3,4);
(1,4,5,2,3,6); (4,5,2,3,6,1); (5,3,4,2,6,1).
4.На рисунке изображена одна из таких возможностей. Все
суммы в квадратах 2 Х 2 равны (-1), а сумма всех 25
чисел равна 2.
2
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
-1
|
2
|
Ответ: Можно.
5.Нельзя, так как сумма
чисел будет всегда нечетной
3.3.9. ЗАДАЧИ С ГЕОМЕТРИЧЕСКИМ
С О Д Е Р Ж А Н И Е М
Задачи с геометрическим содержанием
выделены в отдельный параграф, но предполагается, что такие задачи
могут решаться в течение всего подготовительного курса. Эти задачи
позволяют развивать пространственное мышление и комбинаторные
способности, и поэтому обращаться к ним следует по возможности
систематически.
Задача 1. Сколько углов образуют 5 различных лучей, направленных
из одной точки?
Решение: 20 углов
Задача 2. Определите, чему равен угол между часовой и минутной стрелками часов в
23 часа 45 минут.
Решение: Угол между минутной и отметкой “12” на циферблате равен 90,
а угол между часовой стрелкой и отметкой
“12” равен четверти от угла между
“11” и “12” т.е. равен 1/4*3600/ 12 = 7,50.
Тогда искомый угол равен 900 - 7,50 =
82 300 .
Задача 3. Разрежьте треугольник на два треугольника, четырехугольник
и пятиугольник, проведя две прямые линии.
Задача 4. Разрежьте прямоугольник размером 4
* 8 на девять квадратов.
Задача 5. На прямой через равные промежутки поставили 10 точек,
они заняли отрезок длины a. На другой прямой через те же
промежутки поставили 100 точек, они заняли отрезок длины b. Во
сколько раз a меньше b?
Решение: Можно найти расстояние между
двумя ближайшими точками отрезка a, оно равно a /
9. 100 точек, расположенных на
прямой через расстояние a / 9, дадут 99таких отрезков, общая длина которых 99 *
а / 9 = 11 * а . Таким образом, b > a в 11 раз.
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.