Предисловие
§ 1. Роль задач повышенной трудности в обучении математике учащиеся IV и V классов
§ 2. Методические рекомендации по использованию задач повышенной трудности в процессе обучения математике
§ 3. О способах решения задач повышенной трудности
§ 4. Как помочь учащимся научиться решать нестандартные задачи
§ б. Задачи для IV класса
§ 6. Задачи для V класса
Приложение. Задачи из журнала «Квант»
СОДЕРЖАНИЕ
Text
                    Н.П.Кострикина
ЗШЧИ
ПОВЫШЕННО
1 КУРСЕ МАТЕМАТИКИ
4-5 КЛАССОВ


НЖЕострипина ЗАДАЧИ ТРУДНОСТИ I ЮТИ (ШИММИ 4-5ШМБСН КНИГА ДЛЯ УЧИТЕЛЯ МОСКБА «ПРОСВЕЩЕНИЕ» 1986
ББК 74.262 К72 Рецензенты: кандидат педагогических наук, старший научный сотрудник НИИ СиМО А. С. Чесноков; преподаватель Красноярского педагогического института А. М. СентябоБ Кострикина Н. П. К72 Задачи повышенной трудности в курсе математики 4—5 классов: Кн. для учителя. — М.: Просвещение, 1986. — 96 с: ил. В книге раскрывается роль злдач повышенной трудности в обучении математике учащихся 4—5 классов. На примере задач даются рекомендации организационного и методического характера, обсуждаются подходы к поискам путей решения задачи. Пособие содержит также практический материал. 4306010000 — 647 К-.03(03)-86 154~86 ББК74'262 @ Издательство «Просвещение», 1986
ПРЕДИСЛОВИЕ Важной составной частью реформы общеобразовательной и профессиональной школы является повышение качества учебно-воспитательного процесса, в частности совершенствование математического образования. В эпоху научно-технической революции от качества математической подготовки все в большей степени зависят научно-технический прогресс, производственный и оборонный потенциал страны. Кроме того, без прочного овладения основами математики невозможно усвоение в школе других дисциплин. Состояние математической подготовки учащихся характеризуется в первую очередь умением решать задачи. С другой стороны, задачи — это основное средство развития математического мышления учащихся. Очевидно, речь идет не об упражнениях тренировочного характера или задачах «на известный тип», а о нестандартных задачах, поиск решения которых, как и нестандартные решения традиционных задач, по словам академика Гнеденко Б. В., составляют важные слагаемые на пути развития способностей и духа творческого горения*. Не случайно в учебниках по математике нестандартным задачам отводится значительное место. Наличие в учебниках по математике разделов «Задачи повышенной трудности» дает возможность активизировать познавательную деятельность учащихся на уроках и во внеклассной работе, облегчает подбор материала для кружковой работы. Цель настоящего пособия — оказать конкретную помощь учителю (прежде всего — начинающему) в важном и трудном деле развития у младших школьников математического мышления, их творческих способностей. Пособие состоит из двух частей — теоретической и практической. В теоретической части (§ 1—4) раскрывается роль и показывается место задач повышенной трудности в курсе математики IV и V классов, приводятся рекомендации по их использованию, а также некоторые методические рекомендации. Во второй части пособия (§ 5—6) содержатся задачи, способствующие развитию творческого мышления учащихся, их способ- * Гнеденко Б. В. О математическом творчестве //Математика в школе, 1979, № 6, с. 18.
ностей и интересов к математике. При отборе задач были использованы раздел «Задачи повышенной трудности» учебников по математике для IV и V классов (разных лет изданий), журналы «Квант», «Математика в школе» и различные сборники задач. К одним задачам, наиболее трудным, дается подробное решение, к другим даются краткие указания к решению, к третьим, наиболее простым, — лишь ответы. Отметим, что мы не ставили своей целью привести все возможные способы решения задач. Учащиеся могут предложить свои способы, отличные от имеющихся в данном пособии, и тогда долг учителя — рассмотреть предложенные учениками способы, оценить их и отметить самостоятельность творческой мысли учащихся. Настоящее пособие написано на основе опыта работы учителей школ Караганды и Карагандинской области. Оно успешно использовалось студентами и преподавателями Карагандинского государственного университета при проведении ими внеклассной работы по математике с учащимися IV и V классов.
§ 1. РОЛЬ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ В ОБУЧЕНИИ МАТЕМАТИКЕ УЧАЩИХСЯ IV И V КЛАССОВ В Основных направлениях реформы общеобразовательной и профессиональной школы говорится: «Важнейшая, непреходящая задача советской школы — давать подрастающему поколению глубокие и прочные знания основ наук, вырабатывать навыки и умение применять их на практике, формировать материалистическое мировоззрение»*. Известно, что человеку в его практической деятельности приходится решать не только неоднократно повторяющиеся задачи, но и новые, никогда не встречавшиеся. Школа должна научить выпускника находить пути к решению проблем, а это значит — формировать у учащихся способность к самостоятельному, творческому мышлению. Возможность для приобщения школьников к учебной деятельности творческого характера предоставляют математические задачи. Не случайно известный педагог-математик Д. Пойа пишет: «Крупное научное открытие дает решение крупной проблемы, но и в решении любой задачи присутствует крупица открытия»**. Роль и место задач в обучении математике исторически не оставались неизменными. Так, в «Арифметике» Л. Ф. Магницкого способы решения задач давались в виде многословных правил, которые ученики должны были заучивать. Задача была целью обучения: математику затем и учили, чтобы усвоить правила решения типичных задач. Во времена Магницкого способность привести задачу к определенному типу считалась важнейшим показателем высокоразвитого мышления. В начале нашего столетия известный математик-методист СИ. Шохор-Троцкий разработал так называемый «метод целесообразных задач». Изложение новой темы он предлагал начинать с целесообразно подобранной задачи. Обсуждая ее решение, разбирая родственные задачи, он подводил учащихся к самостоятельному выводу нужного правила, формулы, теоремы. По его словам, арифметиче- * О реформе общеобразовательной и профессиональной школы: Сборник документов и материалов. М.: Политиздат, 1984, с. 44. ** П о й а Д. Как решать задачу. М., 1961, с. 5. 5
ские задачи должны быть, при разумном обучении, не целью, а средством обучения арифметике. В современном обучении метод целесообразных задач применяется сравнительно мало, хотя мнение, что задача должна быть не целью, а средством обучения математике, довольно распространено. Общепризнано, что задачи являются важнейшим средством формирования у школьников системы основных математических знаний, умений и навыков, ведущей формой учебной деятельности учащихся в процессе изучения математики, одним из основных средств их математического развития. От эффективности использования Задач в обучении математике в значительной мере зависит не только качество обучения, воспитания и развития учащихся средней школы, но и степень их практической подготовленности к последующей за обучением деятельности в любой сфере народного хозяйства и культуры. Поэтому не случайно, что в практике современного обучения математике на решение задач отводится большая часть учебного времени. Несмотря на это, многие учащиеся при решении задач испытывают большие трудности. Во многом это происходит потому, что математические задачи, содержащиеся в основных разделах школьных учебников, как правило, ограничены одной темой, их решение требует от учащихся знаний, умений или навыков по какому-нибудь одному вопросу программного материала, не предусматривает широких связей между различными разделами школьного курса математики. Роль и значение таких задач исчерпывается в течение того непродолжительного периода, который отводится на изучение (повторение) того или иного вопроса программы. Чаще всего функция таких задач сводится к иллюстрации изучаемого теоретического вопроса, к разъяснению его смысла. Поэтому учащимся известно, каким методом следует решать данную задачу. Этот метод обычно подсказывается названием раздела учебника или задачника, из которых взята задача, темой, изучаемой на уроке, указаниями учителя и т. д. Ученик не ищет метод решения сам. Поэтому на обобщающей контрольной работе учащийся часто не может решить задачу, хотя аналогичную (или даже более сложную) он без особого труда решал, когда был указан тип, к которому она относится. Большие трудности вызывают у учащихся и задачи на повторение, требующие от учащихся знаний нескольких тем. Для обучения школьников способам отыскания путей к решению нестандартных задач и предназначен раздел «Задачи повышенной трудности». Эти задачи следует предлагать не только хорошо успевающим учащимся. В младшем возрасте склонности еще не проявляются так очевидно, чтобы легко можно было отличить «математиков» от «нематематиков». Долг учителя — подмечать, пробуждать и развивать пока лишь потенциальные способности учащихся, для которых математика является наиболее трудным, а потому нелюбимым предметом. Задачи повышенной трудности и являются как
раз тем материалом, на котором учитель будет решать важнейшую задачу преподавания математики — развитие математического мышления и творческой активности учащихся. Решение нестандартных задач на уроках, занятиях кружка и других видах внеклассных занятий 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 дедуктивных рассуждениях. Кроме того, эти задачи помогут учителю в воспитании таких нравственных качеств личности как трудолюбие, упорство в достижении цели и др. § 2. МЕТОДИЧЕСКИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ИСПОЛЬЗОВАНИЮ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ В ПРОЦЕССЕ ОБУЧЕНИЯ МАТЕМАТИКЕ Опыт работы учителей показывает, что задачи повышенной трудности целесообразно распределить на весь учебный год по всем изучаемым темам курса. Уже в сентябре можно рекомендовать четвероклассникам, которые хотят научиться успешно решать задачи и получать хорошие или отличные оценки, завести тетради специально для задач повышенной трудности. Как правило, большинство четвероклассников заводят такие тетради. В пятом классе учителю остается поддержать установленный порядок. Хорошим стимулом для решения учащимися младших классов задач повышенной трудности является проведение районных и городских математических олимпиад для учащихся IV—VII классов. В число заданий олимпиады обязательно должны входить задачи из школьных учебников (учащихся заранее ставят в известность, что две задачи из четырех берутся из учебника). Поэтому у многих учащихся возникает желание прорешать все задачи повышенной трудности из учебника. Теперь перед учителем стоит задача — развить интерес у учащихся к решению задач, тем самым развить интерес к самой математике. Задачи настоящего пособия довольно разнообразны и по содержанию, и по форме, и по учебно-воспитательным функциям. Каждый учитель сам может продумать и определить пути использования той или иной задачи, исходя из индивидуальных особенностей класса, в котором он работает. Опытный учитель, безусловно, легко определит, где (на уроке или во внеурочное время) можно использовать ту или иную задачу, какими знаниями должны при этом обладать учащиеся, какие задачи нужно рассмотреть предварительно и др. Рекомендации, приведенные ниже, предназначены, главным образом, для начинающего учителя. Разделим задачи настоящего пособия на три группы — по способу их использования: 1) задачи, которые целесообразно решить со всеми учащимися;
2) задачи, которые полезно задать на дом в качестве необязательного задания, а решение их рассмотреть вне урока с теми учащимися, которых они заинтересуют (при наличии времени решение отдельных задач этой группы полезно разобрать со всеми учащимися); 3) задачи, рассматриваемые на занятиях математического кружка. Отметим, что это деление весьма условно и зависит от уровня подготовки учащихся, от их интересов. Предлагаемое деление задач на группы приведем с помощью таблицы: Класс IV V первая Ко 1 — К* 1 — 46 39 Группа вторая Кя 47 — 90 № 40 — 74 третья № 91- № 75- -103 -102 Некоторые задачи первой группы (§ 5, 1—6, 12—15, 27, 31, 88—46; § 6, 1, 3—7, 22—26) полезно предложить для устного решения в конце или в начале урока, можно использовать их и для математических викторин. В большинстве своем эти задачи не стандартны по содержанию и потому отнесены в раздел «Задачи повышенной трудности». Трудность многих из них определяется не столько математическим содержанием, сколько новизной и необычностью математической ситуации. Ввиду простоты решения таких задач следует добиваться, чтобы учащиеся хорошо их усвоили. Среди этих задач есть задачи на смекалку, задачи-шутки, которые вызывают оживление в классе, пробуждают у учащихся «вкус» к умственной работе. Автор популярной книги «В царстве смекалки» Е. И. Игнатьев в предисловии писал: «... сообразительность и «смекалку» нельзя ни «вдолбить», ни «вложить» ни в чью голову. Результаты надежны лишь тогда, когда введение в область математических знаний совершается в легкой и приятной форме, на предметах и примерах обыденной и повседневной обстановки, подобранных с надлежащим остроумием и занимательностью»*. Особое внимание следует обратить на привитие учащимся навыков в решении комбинаторных задач (§ 5, 18—21, 23—25; § 6, 28—29). Так, уже в IV классе при изучении темы «Умножение» учащимся целесообразно предложить простейшие комбинаторные задачи. В V классе навыки учащихся в решении комбинаторных задач следует закрепить, предложив учащимся задачи с кратким, легко укладывающимся в сознании и памяти текстом. Комбинаторные задачи, как правило, требуют от учащихся в поисках путей решения повышенной умственной активности, воображения и находчивости. Работу над этими задачами нельзя ограни- ♦ Игнатьев Е. И, В царстве смекалки. М., 1979, с. 5,
чить теми двумя-тремя минутами, которые обычно отводятся на решение устных упражнений в классе или на математических викторинах. Следует иметь в виду, что работа над комбинаторными задачами эффективна лишь в том случае, если учитель обеспечит учащимся возможность без спешки подумать над решением задачи. Конечно, решая простейшие комбинаторные задачи, учащиеся IV и V классов не смогут сделать обобщение. Однако подход к этому будет подготовлен. К этой же группе относятся и задачи на использование свойств натуральных чисел и сведений из теории делимости (§ 6, 12—26). Задачи, отнесенные к первой группе, можно решать как в классе, так и дома (§ 5,7—11, 16, 17, 22, 26; § 6, 2,8, 9, 27, 30—38). В этом случае следует выполнить проверку домашнего задания. Особенностью многих задач повышенной трудности является то, что при их решении первым может добиться успеха необязательно самый лучший в классе «математик». Такой успех нередко служит побудительным толчком для серьезного отношения к математике. Задавая в качестве обязательного домашнего задания упражнения из раздела «Задачи повышенной трудности», учитель должен быть особенно внимателен: отдельные учащиеся, не справившиеся с домашним заданием, могут потерять веру в свои силы. С такими учащимися нужна индивидуальная работа, которая позволит учителю выяснить, какие затруднения испытывали учащиеся при решении задач, и наметить пути преодоления этих затруднений. Основная цель задач второй группы — развитие у учащихся интереса к предмету, накопление определенного запаса математических фактов и сведений, углубление знаний, приобретаемых на уроках. Задачи этой группы доступны пониманию всеми учащимися, но требуют для своего решения довольно много времени. Среди задач второй группы большой интерес у учащихся вызывают упражнения на восстановление цифр в арифметических равенствах. С помощью простейших упражнений учитель должен найти возможность показать на уроке, как решаются такие задачи, а затем более сложные можно предлагать в качестве необязательного домашнего задания. При решении этих упражнений не следует требовать от учащихся письменной записи. Однако учащиеся должны уметь устно восстановить всю цепочку рассуждений, позволяющих им решать задачу, а также обосновать решение. При возникших у учащихся затруднениях задачу из второй группы можно расчленить на более простые. Однако не следует торопиться с этим, так как наводящие вопросы или чрезмерно полные разъяснения учителя способны помешать развитию творчества и самостоятельности в работе. Предлагая задачи в качестве необязательного домашнего задания, учитель не должен забывать о поощрении учащихся, успешно справившихся с заданием. Особенно это важно в младших классах. Вместе с тем не следует без конца хвалить одного и того же учаще-
гося, так как это может привести к зазнайству и оказать отрицательное влияние на развитие личности. «Нам следует так воспитывать учащихся с повышенными способностями, чтобы они поняли простую мысль: способности накладывают на них повышенные обязанности перед обществом, но не дают права относиться к другим без должного уважения»*. Успехи школьников в решении задач повышенной трудности во многом зависят от педагогического мастерства учителя, его личности. Доброжелательность, внимание учителя способствуют развитию интереса к предмету. Формальное отношение к решению задач повышенной трудности может отпугнуть от занятий математикой, оказать вредное влияние на здоровье школьника. Поэтому вовсе нет надобности заставлять каждого ученика решать все задачи, отнесенные ко второй группе. Пусть каждый решает столько задач, сколько сможет, и те задачи, которые ему представляются интересными. Этого будет достаточно для математического развития каждого учащегося в отдельности и всего класса в целом. За неумение решать задачи повышенной трудности оценка учащимся не должна снижаться. И уж совсем недопустимо выставление отрицательных оценок в журнал за невыполнение упражнений, заданных в качестве необязательного домашнего задания. Отличные же оценки в виде поощрения за решение задач повышенной трудности вполне естественно ставить в журнал. Недопустимо задавать на дом решать задачи повышенной трудности отдельным хорошо успевающим учащимся (всегда одним и тем же). Этим учитель может добиться отрицательных результатов, так как учащиеся IV и V классов не всегда правильно поймут цель учителя. (Что я, хуже всех? — спросил четвероклассник учительницу, задававшую ему одному в качестве домашнего задания задачи повышенной трудности.) Кроме того, учитель может не заметить способных, оттолкнуть от занятий математикой других. Очень важно воспитать у учеников веру в свои силы на ранней ступени обучения. В результате решения задач повышенной трудности у учащихся появляется радость от успехов, уверенность в своих силах. Многие задачи второй группы можно было бы решить в классе: они полезны для развития математических способностей учащихся и достаточно интересны. Однако они требуют много времени даже для того, чтобы осмыслить содержание задачи. Задавая задачу на дом, учитель дает возможность ученику осмыслить, решить ее не торопясь, не соревнуясь с учащимися в скорости решения (что иногда приводит к ошибкам). Не будет большой беды в том, если ученик, заинтересовавшись решением задачи, увлечет и членов семьи. В этом случае радость успеха ученика могут разделить не только учитель и одноклассники. А ведь успех является психологическим стимулом возникновения, поддержания и укрепления познавательных интересов школьников. * Гнеденко Б. В. О математических способностях и их развитии //Математика в школе, 1982, № 1, с. 33. 10
Задачи третьей группы целесообразно рассматривать на занятиях математического кружка. Это наиболее трудные задачи (в том числе логические задачи, задачи-игры). Если уровень подготовки школьников недостаточно высок, то на занятиях кружка можно рассмотреть часть задач Bfopofl группы. В любом случае задачи повышенной трудности служат «переходным мостом» от классной работы к внеклассной, служат хорошим материалом для дополнительной нагрузки наиболее способных к математике учащихся как в школе, так и дома. Последовательное осуществление органической связи между повседневной учебной работой на уроках и внеклассной работой позволит учителю добиться больших успехов. § 3. О СПОСОБАХ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ Решая задачу повышенной трудности, целесообразно рассмотреть различные способы ее решения. Полезнее одну задачу решить несколькими способами (не жалеть времени), чем решить несколько однотипных задач одним способом. К сожалению, «иногда случа* ется и так, что учитель связывает инициативу школьника, отвергая предложенное учеником оригинальное решение только потому, что оно не соответствует структуре учебника, школьному стандарту. А это крайне опасно, поскольку дри этом сдерживается развитие творческого начала»11'. Важно поощрять поиск различных способов решения задач, а не стремиться навязывать свое решение. Общие методы решения задач должны стать прочным достоянием учащихся, но наряду с этим необходимо воспитывать у учащихся умение использовать особенность каждой задачи, позволяющую решить ее проще. Именно отход от шаблона, конкретный анализ условий задачи является залогом успешного ее решения. Особое внимание следует обращать на решение задач арифметическим способом (особенно после того, как учащиеся научатся решать задачи с помощью уравнений), так как именно решение задач арифметическим способом способствует развитию независимости, оригинальности мышления, изобретательности. Наблюдения показывают, что учащиеся, ознакомившись со способом решения задач с помощью уравнения, не обременяя себя глубоким анализом условий задачи, стараются побыстрее составить уравнение и перейти к его решению. При этом и введение обозначений, и схема решений соответствуют определенному шаблону. Задача учителя — на примерах убедить учащихся, что решение задач по шаблону часто приводит к значительному увеличению объе- * Гнеденко Б. В. О математических способностях и их развитии //Математика в школе, 1982, № 1, с. 34. 11
ма работы, иногда решение усложняется, увеличивается возможность появления ошибок. Поэтому учащимся полезно предложить правило: прежде чем составлять уравнение для решения задачи, нужно внимательно изучить условие задачи, подумать над тем, какой способ решения наиболее соответствует ее условию, попытаться решить задачу арифметическим способом. Решение арифметическим способом задач, шаблонный метод решения которых нелегко приводит к результату, является одним из лучших средств развития самостоятельного творческого мышления учащихся. С помощью специально подобранных задач можно показать учащимся красоту и простоту логического рассуждения, приводящего к решению задачи. Рассматривая решение задач несколькими способами, учитель должен ориентировать учащихся на поиски красивых, изящных решений математических задач. Тем самым учитель будет способствовать эстетическому воспитанию учащихся и повышению их математической культуры*. § 4. КАК ПОМОЧЬ УЧАЩИМСЯ НАУЧИТЬСЯ РЕШАТЬ НЕСТАНДАРТНЫЕ ЗАДАЧИ Наибольшие затруднения у учащихся, как правило, вызывают решения нестандартных задач, т. е. задач, алгоритм решения которых учащимся неизвестен. Одна и та же задача может быть стандартной или нестандартной в зависимости от того, обучал ли учитель решению аналогичных задач учащихся или нет. Например, задачи на нахождение суммы конечного числа членов арифметической прогрессии для учащихся младших классов нестандартные, а для старшеклассников, изучивших тему «Арифметическая прогрессия»,— будут стандартные. Вообще, любая задача, взятая изолированно, сама по себе является нестандартной, но если с ней рядом поместить несколько подобных задач, то она становится стандартной. Поэтому вопрос «Как научить учащихся решать нестандартные задачи?» можно заменить: «Как научить учащихся решать задачи, если алгоритм их решения им неизвестен?» Современная учебно-методическая литература (отечественная и зарубежная) содержит различные попытки помочь учащимся в решении задач с помощью формулирования общих приемов, позволяющих найти путь к решению конкретной задачи. Наиболее интересны в этом отношении книги известного математика и замечательного педагога Д. Пойа «Как решать задачу» (М., 1961), «Математика й правдоподобные рассуждения» (М., 1975), «Математическое открытие» (М., 1976). В увлекательной форме Д. Пойа анализирует про- ♦ См. статью В. Г. Болтянского «Математическая культура и эстетика»// Математика в школе, 1982, № 2, с. 40—43.
цесс «математического открытия»*. На примерах задач школьного курса процесс решения задач Д. Пойа анализирует в неразрывной связи с процессом обучения решению задач, так что здесь тесно связаны два вопроса: «Как решать задачу?» и «Как научить задачу решать?» Считая, что учитель знаком с работами Д. Пойа, напомним, что в книге «Как решать задачу», адресованной преподавателям, стремящимся развить способности своих учащихся к решению задачи, и ученикам, желающим развить свои способности, с помощью таблицы (тщательно отобранных и размещенных вопросов) даются правила и советы, имеющие две цели: первая — помочь ученику решить именно данную задачу, вторая — так развить способности ученика, чтобы в будущем он смог решать задачи самостоятельно. Отметим, что многие учителя и учащиеся интуитивно устанавливают правила, подобные тем, которые приводит Д. Пойа, а опытный учитель при обучении учащихся умениям решать задачи пользуется теми приемами, которые описывает Д. Пойа (даже в том случае, если он не читал его книг). Разделяя методические концепции известного математика, по мере необходимости будем ссылаться на его авторитет. Д. Пойа одним из первых попытался создать теорию, предметом которой являются не математические доказательства, а способы догадываться о таких доказательствах, открывать математические истины и решать математические задачи. Он одним из первых наиболее четко и полно сформулировал правила, которыми пользуются (должен пользоваться!) учитель математики, желающий научить своих учеников решать задачи, и любой человек, желающий решить нестандартную задачу. Как же научить учащихся решать нестандартные задачи? Понятно, что научить решению задач, лишь показывая образцы таких решений, нельзя. Еще выдающийся немецкий педагог А. Дистервег (1790—1866) писал: «Плохой учитель преподносит истину, хороший учит ее находить». Прежде всего, следует учесть, что научиться решать задачи учащиеся смогут, лишь решая их. «Решение задач — практическое искусство, подобное плаванию, катанию на лыжах или игре на фортепиано; научиться ему можно, только подражая хорошим образцам и постоянно практикуясь... если вы хотите научиться плавать, то смело входите в воду, а если хотите научиться решать задачи, то решайте их»**. И хотя методы и приемы решения задач усваиваются практически, однако, отсюда не следует, что учитель добьется успеха, если будет только требовать от учащихся решать побольше задач, давать им ответы и показывать образцы решения. Необходимо учесть психологический аспект поставленной проблемы. Реше- * Словами «математическое открытие» Д. Пойа характеризует получение любого, сколь угодно скромного, математического результата, например просто решение нестандартной задачи. *♦ П о й а Д. Математическое открытие. М,, 1976, с. 13. 13
ние любой достаточно трудной задачи требует от учащегося напряженного труда, проявления воли и упорства, которые, в свою очередь, воспитываются практикой. Особое волевое усилие, которое учащийся должен проявить, может обеспечить значительные успехи. Воля и упорство наиболее полно проявляются у учащихся, если задача интересна. В этом случае задачу легче решать, так как интерес к ней сам по себе, независимо от желания, мобилизует умственную энергию, облегчает запоминание. Поэтому учитель должен стараться подбирать такие задачи, чтобы учащиеся хотели их решить, хотели их сделать задачами «для себя». «Задача становится задачей для вас, когда вы ставите себе целью ее решить... если вам очень хочется найти ответ самому, своими собственными силами, то вы сделали задачу действительно вашей, вы относитесь к ней серьезно. Постановка задачи для себя есть начало решения...»*. Подбирая задачи, нужно помочь учащемуся обнаружить, что математическая задача может быть столь же увлекательной, как головоломка, и что напряженная умственная работа в случае победы может доставлять много радости. Практика показывает, что у школьников младших классов (да и у старшеклассников) большой интерес вызывают задачи практического содержания. За математически корректной редакцией многих задач основных разделов школьных учебников учащимся трудно уловить практическую направленность задачи, ее теоретическую ценность, а потому упускаются важные моменты, пробуждающие любознательность, интерес учащихся. Поэтому целесообразно как можно чаще использовать задачи, позволяющие показать тесную взаимосвязь теории и практики: учащимся весьма интересно и полезно видеть, как из практической задачи возникает теоретическая и как «чисто» теоретической задаче можно придать практическую форму. Так, при изучении темы «Умножение» в IV классе можно предложить учащимся комбинаторные задачи, содержание которых взято из окружающей школьников действительности: 18—21, 23—25 (§ 5). При изучении темы «Деление с остатком» в IV классе наряду с задачами, допускающими стандартное решение, полезно предложить задачи с интересной тематикой: 47—50 (§ 5). Много задач практического содержания, вызывающих интерес учащихся, можно предложить учащимся V класса после изучения темы «Разложение на простые множители». Целесообразно бывает изменить условие задачи, чтобы как можно больше учащихся заинтересовались ею. Например, вместо того чтобы решить задачу «Дочери в настоящее время 10 лет, а матери 36 лет. Через сколько лет мать будет старше дочери вдвое?» каждому учащемуся можно предложить задачу: «Мне в настоящее время ... лет, а матери ... лет. Через сколько лет мать будет вдвое старше меня?» Вряд ли найдется хоть один учащийся IV и V класса* который не хотел бы решить эту задачу. * П о й а Д. Математика и правдоподобные рассуждения. М., 1975, с. 374. 14
Воспитание интереса учащихся «к математике, развитие их математических способностей невозможно без использования в учебном процессе задач на сообразительность, задач-шуток, математических ребусов. К сожалению, достаточно распространено мнение, что «занимательные» задачи учащийся может решать только дома, на кружке, но не на уроке. Однако такая точка зрения вряд ли может быть педагогически оправдана: слабый учащийся будет лишен интересных задач, так как кружки он не посещает, а дома у него обычно остается мало времени. Поэтому занимательные задачи, задачи-шутки должны найти место и на уроке. Заинтересованный занимательными задачами учащийся начинает увлекаться математикой и переносит интерес к ней и на «скучные» разделы, неизбежные в каждом предмете. В конечном счете это способствует быстроте и глубине усвоения, прочности запоминания. Пробудить интерес к решению задачи можно, если предложить учащимся угадать ее решение или ответ. Тогда ученик, которому пришла в голову какая-либо догадка, не отвлечется и будет внимательно следить за ходом решения, чтобы узнать, был ли он прав. Итак, первая задача, которая стоит перед учителем, желающим научить учащихся решать задачи,—это подбирать упражнения, вызывающие у учащихся интерес и желание их решить. Другой предпосылкой для успешного решения задачи является уверенность учащегося в том, что он сможет решить предложенную ему задачу. Задачи должны быть доступны, иначе школьники потеряют веру в свои силы, утратят интерес к решению задач, а вместе с ним и интерес к самой математике. Если задачи достаточно трудны и учащийся не может их решить, то досада от безрезультатности труда снижает эффективность мышления, усвоения и осложняет дальнейшее обучение. Если же учащийся чувствует уверенность в своих силах, то он с радостью решает задачи, у него появляется повышенный интерес к предмету, а это в свою очередь облегчает и ускоряет поиск путей решения математических задач. Таким образом, интерес к задаче, желание ее решить и уверенность в том, что задача «по силам» являются необходимыми предпосылками для успешного решения задачи учащимися. Ну а как же быть в том случае, если и задача интересна и ученик не боится трудностей и не жалеет времени для ее решения, а задача не получается? Каким образом направить усилие ученика, затрудняющегося самостоятельно начать или продолжить решение задачи? Здесь на помощь учащемуся должен прийти учитель. Воспитание у учащихся навыков самостоятельного отыскания решений задач в большей степени зависит от учителя, от его желания и умения творчески подойти к этому вопросу. В процессе решения каждой задачи и ученику, решающему задачу, и учителю, обучающему решению задач, целесообразно четко различать четыре ступени: 1) понимание постановки задачи; 2) со- 15
ставление плана решения; 3) осуществление плана; 4) изучение полученного решения («взгляд назад», — так называет эту ступень Д. Пойа). Наблюдения показывают, что даже при решении несложной задачи учащиеся очень много времени тратят на рассуждение о том, за что взяться, с чего начать. Чтобы помочь учащимся найти путь к решению задачи, учитель должен уметь поставить ce6tf на место решающего задачу, попытаться увидеть и понять источник его возможных затруднений, направить его усилия в наиболее естественное русло. Умелая помощь ученику, оставляющая'ему разумную долю самостоятельной работы, позволит учащемуся развить математическое чутье, накопить опыт, который в дальнейшем поможет находить пути к решению новых задач. В чем же должна заключаться помощь учителя,чтобы обеспечить максимальную самостоятельность учащегося при решении им задач? «Лучшее, что может сделать учитель для учащегося, состоит в том, чтобы путем неназойливой помощи подсказать ему блестящую идею... Хорошие идеи имеют своим источником прошлый опыт и ранее приобретенные знания... Часто оказывается уместным начать работу с вопроса: «Известна ли вам какая-нибудь родственная задача?»*. Не следует забывать, что во время мышления осуществляется актуализация, или приближение знаний. Под актуализацией знаний понимают ситуацию, при которой для решения задачи человек самостоятельно привлекает знания из своего прошлого опыта. Не случайно Д. Пойа средством обучения решению задач, средством для нахождения плана решения рассматривает вспомогательные задачи: «Нельзя ли найти связь между данной задачей и какой-нибудь задачей с известным решением? Или с задачей, решающейся проще?». Однако, следует заметить, что умение подбирать, вспоминать вспомогательные задачи свидетельствует о том, что учащийся уже владеет некоторым запасом различных приемов решения задач. Учащиеся IV и V классов, как правило, затрудняются в отыскании вспомогательных задач, особенно задач нового типа, так как опыт в решении задач у них невелик. К тому же следует учесть психологию учащегося младших классов: он не слишком долго думает над задачей, ему хочется как можно быстрее увидеть результат своего труда (конечно, положительный). Отсюда следует, что в младших классах школы, видя затруднения учащегося, учитель должен сам предложить вспомогательные задачи. Умело поставленные наводящие вопросы, вспомогательная задача или система вспомогательных задач помогут учащимся понять идею решения задачи. Например, у учащихся IV класса вызвала затруднение задача: «Напишите наибольшее десятизначное число, в котором все цифры различны». Учитель, который, видя затруднения учащихся, записывает ответ и объясняет, почему задача имеет такое решение, на долю учени- * П о й а Д. Как решать задачу. М., 1961, с. 19. 16
ка не оставляет никакой работы. Здесь полезнее предложить следующие вспомогательные задачи: 1) Напишите наибольшее трехзначное число (999.) 2) Напишите наибольшее трехзначное число, в котором все цифры различны (987.) При таком подходе решить предложенную задачу смогут все четвероклассники. Подбирая вспомогательные задачи, учитель должен стремиться к тому, чтобы эти задачи не выглядели произвольными, не имеющими никакой видимой мотивировки или цели, чтобы ученику по возможности было ясно, почему именно такую вспомогательную задачу привел учитель, чтобы ученик, оставшись один на один с задачей, сам мог придумывать и использовать вспомогательные задачи в том случае, если сразу решить задачу не удается. Например, учащимся V класса предложена задача: «Вычислите сумму • + • + »+... + 1 1 . 2 2 • 3 3 • 4 19-20 Как правило, учащиеся, никогда ранее не встречавшиеся с решением аналогичных задач с помощью преобразований дробей, вычисляют значение каждой дроби, а затем их складывают. Долг учителя — научить рациональному способу решения предложенной задачи. Однако вопрос учителя «Как каждую из дробей представить в виде разности?» — плохой вопрос, так как он производит впечатление непостижимого фокуса (учащийся вряд ли поймет, как учитель пришел к мысли задать такой вопрос). Целесообразно в данном случае еще до решения задачи предложить учащимся придумать несколько дробей, произведение которых равно их разности, и обратить внимание на запись придуманных учащимися примеров: ±__± = } j____L. ±__L___L_. J i _ i 3 4===3*4~3.4> 4 5~~4.5' б 6~~~5.6* Использование этих примеров в качестве вспомогательной задачи самими учащимися убедит их в необходимости быть наблюдательными и накапливать знания математических фактов, установленных в результате решения задач. При решении одних задач учитель должен больше внимания уделить обсуждению подходов к поискам путей их решения, при решении других — больше внимания уделить изучению полученного результата. В младших классах школы, когда очень важно накопление математических знаний, умений и навыков, большое внимание следует уделить воспитанию у учащихся привычки изучать полученное решение. Решив задачу, учитель должен обратить внимание учащихся на то, чему полезному они научились, решая задачу, какие новые знания приобрели в процессе ее решения, что полезно запомнить, а что можно забыть, нельзя ли проверить результат, нельзя ли полу- 2 Заказ 6394 J7
Рис. 1 Рис. 2 Рис.3 чить тот же результат иначе, нельзя ли в какой-нибудь задаче использовать полученный результат или метод решения. Например, в решении задачи 29 (§ 5) учащиеся IV класса не затрудняются. К сожалению, работа над этой задачей, как правило, заканчивается получением ответа: 1 +2+3+4+5+6+ + 7 + 8 + 9 = 45. А между тем учитель должен обратить внимание на интересный математический факт, который желательно запомнить (сумма всех однозначных чисел равна 45). Решив эту простую задачу, учитель должен подумать, как можно закрепить полученные в результате решения задачи знания, нельзя ли в какой-нибудь задаче использовать полученный результат. В качестве таких задач учащимся можно предложить следующие: Задача 1. Сколько существует двузначных чисел, у которых цифра десятков больше цифры единиц? Решение. Искомых чисел, начинающихся с цифры 1, — одно (10), начинающихся цифрой 2, — два (20 и 21) и т. д. Всего — 1 +2 + 3+ ... +9 = 45. Задача 2. Сколько существует целых положительных чисел, меньших 100, цифры которых идут в возрастающем порядке? Решение. Выпишем подряд все такие числа: 1, 2, ..., 9, 12, 13, ..., 19,23, ...,29, 34, ...,39, ...,89. Заметим, что в первом десятке искомых чисел 9, во втором 8, в третьем 7 и т. д. Поэтому всего искомых чисел: 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2+ 1=45. Задача 3. Даны числа от 1 до 9. Расставьте их в кружках (рис. 1) так, чтобы сумма трех чисел вдоль каждой линии была равна 15. Какое число должно быть в центре? Решение. Так как сумма всех однозначных чисел равна 45, а сумма чисел, стоящих вдоль всех четырех линий, равна 60 (15 • 4 = = 60), то в центре должно стоять число 5 (разность 60—45 делим наЗ). Теперь легко решаем задачу, использовав представление числа 10 (15 — 5 — 10) в виде суммы двух натуральных чисел: 10 = 1 + + 9 = 2 + 8 = 3 + 7 = 4 + 6 (рис. 2). Полезно с учащимися ре- 18
шить эту задачу и другим способом, использовав представление числа 15 в виде суммы трех однозначных чисел: из восьми способов представления числа 15 в виде суммы трех однозначных чисел (15 = = 1+5 + 9-= 1+6 + 8 = 2 + 5 + 8 = 2+4 + 9-2 + 6 + + 7 = 3 + 4 + 8 = 3 + 5+7 = 4 + 5 + 6) выделить такие, в которых одно и то же число встречается четыре раза. Вывод, полученный в результате решения задачи (сумма всех однозначных чисел равна 45), можно использовать также при решении задач 86 (§ 5) и 52 (§ 6) (о поисках путей решения этих задач будет сказано ниже). Решив задачу 29 (§ 5), полезно обратить внимание учащихся на то, что полезно запомнить не только результат, но и метод решения: 1+2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = (1+9)+ (8+ 2) + + (7 + 3) + (6 + 4) + 5 = 45. В дальнейшем хорошо было бы предложить задачи, в которых учащиеся могли использовать этот метод нахождения суммы слагаемых. Например, задачу, которую решил маленький Гаусс, будучи учеником начальной школы (сложить числа 1, 2, 3, ..., 20), можно решить в IV классе. Полезно также вычислить сумму всех нечетных чисел, находящихся: а) в первой сотне; б) в первой тысяче. С помощью таких примеров можно убедить учащихся, что математические задачи тесно связаны одна с другой, что, оглядываясь назад на полученное решение, вновь рассматривая и анализируя результат и метод, с помощью которого найдено решение, он может сделать свои знания более глубокими и прочными и закрепить навыки, необходимые для решения задач. Закреплению методов решения задач следует постоянно уделять внимание. Так, задача 2 (§ 5) является закреплением метода решения задачи 1 (§ 5). Если учащиеся знакомы с позиционными системами счисления, отличными от десятичной, то в качестве задач, закрепляющих метод решения, можно использовать такие: 1) Напишите наибольшее трехзначное число в четверичной системе счисления (333). 2) Напишите наибольшее число, в котором все цифры различны: а) в пятеричной системе счисления (43210); б) в восьмеричной системе счисления (76543210). 3) Сколько цифр имеет наибольшее число, в котором все цифры различны, если основание системы счисления g? (§цифр). 4) Запишите наименьшее четырехзначное число; а) в троичной системе счисления (1000); б) в семеричной системе счисления (1000). 5) Используя все цифры шестеричной системы счисления, напишите наименьшее число (102345). С помощью задач учащимся уже в младших классах можно показать, какую роль в математике имеют наблюдение, аналогия, индукция. Полезна в этом смысле задача 49 (§ 5). Чтобы учащиеся привыкали критически относиться к аналогии, целесообразно наряду с этой задачей предложить следующую: «8 марта 1984 года 2* 19
было четвергом. Каким днем недели будет 8 марта 1985 года? 8 марта 1986 года? Какое правило бы заметили?» (8 марта каждого года день недели сдвигается на один день по сравнению с предыдущим годом.) Когда справедливо правило, установленное в результате решения предыдущей задачи? Почему? В заключение этого параграфа в качестве иллюстрации сказанного выше рассмотрим две задачи, на которых покажем методику работы с ними. Задача 1. Расставьте числа 1, 2, 3, ..., 9 в кружках (рис. 3) так, чтобы сумма чисел на каждой стороне равнялась 20. А теперь переставьте их так, чтобы сумма равнялась 17. Наблюдения показывают, что многие учащиеся начинают решение этой задачи наугад, слишком много труда и времени затрачивают на попытки, уводящие в сторону, а после неудачной попытки расставить числа требуемым способом бросают задачу, убежденные, что решить ее не смогут. Задача учителя — уменьшить число бесплодных поисков ученика, допускаемых им при решении задачи, помочь учащемуся заметить закономерность с помощью умело поставленных вопросов и умело подобранных вспомогательных задач. Конечно, умение направлять мысль учащегося по нужному пути приходит к учителю с опытом, но и начинающий учитель должен стремиться облегчить учащемуся поиски путей к решению задач. Диалог между учителем и учащимся при решении этой задачи может быть, например, таким: — Чему должна быть равна сумма чисел, стоящих на трех сторонах? — Шестидесяти (20 • 3 = 60). — А чему равна сумма всех данных чисел? — Сорока пяти (сумма всех однозначных чисел равна 45). — Какого числа не хватает до 60 и как это число может быть получено при решении данной задачи? — До 60 не хватает числа 15 (60 — 45 = 15), которое можно получить за счет чисел, стоящих на углах (эти числа суммируются дважды). — Какие числа могут стоять на углах? — На углах могут стоять такие три однозначных числа, которые в сумме дают 15. Так учащиеся сами приходят к вспомогательной задаче: «Представить число 15 в виде суммы трех однозначных чисел. Сколькими способами это можно сделать?» Таких способов, в чем нетрудно убедиться учащимся, 8. Важно научить учащихся находить все способы, для чего им следует рекомендовать перебирать однозначные числа в определенном порядке, например в порядке возрастания. Будем иметь: 1 + 5 + 9 = 15; 2 + 6 + 7 = 15; 1 +6 + 8 « 15; 3 + 4 + 8 = 15; 2 + 4 + 9 = 15; 3 + 5 + 7 -» 15; 2 + 5 + 8 = 15; 4 + 5 + 6 = 15. 20
Рис. 4 Решив вспомогательную задачу, переходим к решению основной: расставив на углах найденные однозначные числа, в сумме дающие 15, найдем, что из восьми способов представления числа 15 в виде суммы трех однозначных чисел условию задачи удовлетворяют лишь четыре (этот факт необходимо доказать), при этом существует два способа решения задачи, когда на углах таблицы стоят числа 4, 5 и 6. Всего, таким образом, существует 5 способов решения задачи (рис. 4, а, б, в, г, д). Решим вторую часть этой задачи: переставим числа так, чтобы сумма на каждой стороне равнялась 17. Аналогично рассуждая, учащиеся найдут, что сумма чисел, стоящих на трех сторонах, должна равняться 51 (17 • 3 = 51); поэтому на углах таблицы должны стоять однозначные числа, в сумме даю.- щие 6 (51 — 45 = 6). Число 6 можно представить в виде суммы трех натуральных чисел единственным способом: 6 *=» 1 + 2 + 3. Расположению чисел 1, 2 и 3 на углах соответствуют два способа расположения остальных чисел, удовлетворяющих условию задачи: задача имеет два решения (рис. 5, а, б). Заметим, что, следуя принципу «от простого к сложному», сначала следовало бы решить вторую часть задачи, но мы формулировку задачи оставили такой, какой она была в учебнике по математике для V класса. 21
Рис. 5 Задача 2. Расположите 10 точек на 5 отрезках так, чтобы на каждом отрезке было по 4 точки (отрезки не принадлежат одной прямой). Учащиеся, никогда ранее не встречавшиеся с подобными задачами, не знают, с чего начать решение, и задача учителя — указать, в каком направлении следует работать учащимся. Учитель должен задать такие вопросы, чтобы все учащиеся вынуждены были принимать участие в поисках идеи решения. Ход мысли учащихся (с помощью вопросов учителя) может быть, например, таким: «Если на каждом отрезке расположить по 4 точки, то на 5 отрезках должно быть 20 точек (4 • 5 = 20). Нам же^ согласно условию задачи, требуется расположить 10 точек. Куда девать «лишние» 10 точек?» Наиболее сообразительные учащиеся догадаются, что 10 точек должны быть точками пересечения данных отрезков. Чтобы идею поиска решения поняли все учащиеся, целесообразно вместе с ними провести небольшое исследование: предложить им серию вспомогательных задач (еще лучше побудить учащихся к тому, чтобы вспомогательные задачи они подобрали сами). Задача 1. Какое число точек можно расположить на двух отрезках, чтобы на каждом отрезке было по 4 точки (отрезки не лежат на одной прямой)? Найти правильное решение сможет каждый учащийся (8 точек, если отрезки не пересекаются, и 7 точек, если отрезки пересекаются). Задача 2. Какое число точек можно расположить на трех отрезках, если на каждом отрезке должно быть по 4 точки (отрезки не лежат на одной прямой)? Здесь возможны несколько случаев: 1) Отрезки не пересекаются. Тогда на трех отрезках можно расположить 12 точек (4 • 3 = 12). 2) Отрезки имеют одну точку пересечения. Здесь возможно: а) пересекаются только два отрезка. Можно расположить 11 точек (рис. 6, а); б) все три отрезка пересекаются в одной точке. Можно расположить 10 точек (рис. 6, б). 22
Рис. 6 Рис. 7 3) Отрезки имеют две точки пересечения. В этом случае количество точек, удовлетворяющих условию задачи, 10 (рис. 7, а). 4) Отрезки имеют три точки пересечения. В этом случае имеем 9 точек, удовлетворяющих условию задачи (рис. 7, б). Учащиеся, рассмотрев все возможные случаи, должны заметить следующую закономерность: чтобы уменьшить количество точек, принадлежащих всем отрезкам, необходимо или увеличить число точек пересечения отрезков, или увеличить число отрезков, пересекающихся в одной точке. Минимальное число точек, принадлежащих одновременно трем отрезкам (9), получаем в том случае, когда отрезки имеют три точки пересечения. Тем учащимся, у которых в результате решения задачи появился вкус к исследовательской работе (для учащихся V класса приведенное выше решение — действительно исследовательская работа), учитель может предложить более сложную задачу (еще лучше, если такую задачу предложат сами учащиеся). Задача 3. Какое число точек можно расположить на четырех отрезках, если на каждом отрезке должно быть по 4 точки (отрезки не лежат на одной прямой)? Возможны следующие случаи: 1) Отрезки не имеют точек пересечения (16 точек). 2) Данные отрезки имеют одну точку пересечения. Здесь возможно: 23
а) пересекаются только два отрезка (15 точек, рис. 8, я); б) три отрезка пересекаются в одной точке (14 точек, рис. 8, б); в) все четыре отрезка пересекаются в одной точке (13 точек, рис. 8, в). 3) Отрезки имеют две точки пересечения. Можно расположить: а) 14 точек (рис. 9, а, б); б) 13 точек (рис. 9, в). 4) Отрезки имеют три точки пересечения. Можно расположить! а) 13 точек (рис. 10, а, б); б) 12 точек (рис. 10, в). б) Рис. 9 б) 24
Рис. 12 Рис. 13 Рис. 14 5) Отрезки имеют четыре точки пересечения. Можно расположить- а) 12 точек (рис. 11, а, б); б) 11 точек (рис. 11, в). 6) Отрезки имеют пять точек пересечения. В этом случае условию задачи удовлетворяют 11 точек (рис. 12). 7) Отрезки имеют 6 точек пересечения. В этом случае имеем минимальное число точек, удовлетворяющих условию задачи—10 (рис. 13). В результате решения задач 2 и 3 учащиеся устанавливают закономерность: чтобы число точек, удовлетворяющих условию задачи (на каждом отрезке — 4 точки), было наименьшим, необходимо чтобы число точек пересечения отрезков было наибольшим. Теперь, после проведения небольшого исследования, учащиеся должны понять не только идею решения, но и как возникла задача «Расположить 10 точек на 5 отрезках так, чтобы на каждом отрезке было по 4 точки» (очевидно, автор задачи имел в виду минимальное число точек, принадлежащих всем отрезкам). В результате такой систематической работы учащиеся сами смогут составить или хотя бы понять, как можно составить ту или иную задачу. А ведь конструирование задач — один из верных способов научиться решать задачи. г Вернемся теперь к решению исходной задачи. Подсчет показывает, что отрезки должны иметь 10 точек пересечения (4 • 5 -* 10 = = 10). Следовательно, задача свелась к следующей: «Расположить 25
5 отрезков так, чтобы они имели 10 точек пересечения». Небольшой опыт, приобретенный учащимися в решении вспомогательных задач 1, 2 и 3, поможет им легко найти решение (рис. 14, а, б). Опыт учителей убеждает, что уже в младших классах целесообразно проводить исследовательскую работу. Это позволит показать учащимся роль индукции, наблюдения, эксперимента и даст возможность наряду с навыками логического рассуждения прививать учащимся навыки эвристического мышления, указать им пути к математическому творчеству. Работу исследовательского характера можно проводить при итоговом повторении в конце учебного года либо на кружковых занятиях. Следует отметить, что дать учащимся правила, позволяющие решать любую нестандартную задачу, невозможно, ибо нестандартные задачи в какой-то степени неповторимы. Универсального метода, позволяющего решить любую задачу, к сожалению, нет. Даже строгое выполнение всех указаний и следование советам учителя не сможет творческий процесс отыскания решений нестандартных задач уложить в определенные схемы. Но уже в младших классах школы учащиеся должны овладеть некоторыми приемами мышления при решении задач, накапливать различные математические факты, по возможности запоминать их, делать обобщения. Вся совокупность изложенных здесь советов имеет целью облегчить поиски того пути, который приведет к решению задачи, уменьшив число бесплодных блужданий, неизбежных для каждого учащегося, не имеющего навыка в решении задач. § 5. ЗАДАЧИ ДЛЯ IV КЛАССА* 1. (1490). Напишите наибольшее десятизначное число, в котором все цифры различны. Решение. Наибольшее из всевозможных десятизначных чисел с различными цифрами должно начинаться с наибольшей из всех цифр, т. е. с цифры 9. Замена цифры 9 любой другой цифрой лишь уменьшает число. Аналогично рассуждая относительно десятизначных чисел, начинающихся с цифры 9, докажем, что следующей в записи искомого числа является цифра 8 — наибольшая из девяти оставшихся цифр и т. д. Таким образом, получим 9876543 210. 2. Напишите наименьшее десятизначное число, в котором все цифры различны. Решение. Чтобы число с различными цифрами было наименьшим, необходимо, чтобы на первом месте стояла наименьшая из заданных цифр, на втором — наименьшая из оставшихся и т. д. Так как целое число с нуля начинаться не может, то наименьшее из десятизначных чисел с различными цифрами должно начинаться с * Номер в скобках соответствует номеру задачи учебника по математике для 4 класса (Н. Я. Виленкин, А. С. Чесноков, С. И. Швардбурд, М., 1986). 26
цифры 1. Замена цифры 1 любой другой отличной от нуля цифрой увеличивает число. На втором месте должна стоять цифра 0 — наименьшая из девяти оставшихся цифр, на третьем — цифра 2 и т. д. Таким образом, получим 1 023 456 789. Замечание. Если учащиеся затрудняются в решении задачи 2, то в качестве вспомогательных им можно предложить следующие: а) с помощью цифр 3, 6, 2, 4 записать наименьшее четырехзначное число (2 346); б) написать наименьшее двузначное число (10); в) написать наименьшее четырехзначное число (1 000); г) написать наименьшее четырехзначное число, в котором все цифры различны (1 023). 3. (1491). Расставьте в записи 7 • 9 + 12 : 3 — 2 скобки так, чтобы значение получившегося выражения было равно: а) 23; б) 75. [а) (7 • 9 + 12) : 3 — 2 = 23; б) (7 • 9 + 12) : (3 — 2) = 75; 7 . 9 + 12 : (3 —2) = 75.] Замечание. В этой задаче полезно не только найти решение, но и доказать, что других решений не существует. Сначала рассмотрим все возможные случаи заключения в скобки двух рядом стоящих чисел. Так как заключение в скобки произведения 7 • 9 и частного 12 : 3 порядок действий не меняет, остается рассмотреть три выражения: 7 • (9 + 12) : 3 — 2; 7 • 9 + 12 : (3 — 2) и 7 • (9 + 12): (3-2). Лишь значение второго выражения дает требуемый результат (75). Затем рассмотрим заключение в скобки трех и четырех рядом стоящих чисел и единственный случай одновременного заключения в скобки двух и трех рядом стоящих чисел: (7 • 9 + 12) : 3 — 2; 7 • (9 + 12 : 3) — 2; 7 . 9 + (12 : 3 — 2); (7 • 9 + 12 : 3) — 2; 7 • (9 + 12 : 3 — 2) и (7 • 9 + 12): (3—2). Вычислив значения всех выражений, убеждаемся, что указанными в ответе способами исчерпывается решение задачи. Решение этой задачи поможет воспитать у учащихся навыки решения комбинаторных задач. 4 (1492). В записи 1*2*3*4*5 замените звездочки знаками действий и расставьте скобки так, чтобы получилось выражение, значение которого равно 100. Решение. Легко убедиться, что только сложением или вычитанием чисел, образованных из данных цифр, число 100 получить невозможно. Так как 100 = 5 • 5 • 2 • 2, то, чтобы получить число 100 с помощью умножения, необходимо, чтобы среди сомножителей, образованных из данных цифр, число 5 встречалось два раза. Так как одно число 5 и число 4 уже имеются в данной записи, то для решения задачи достаточно с помощью оставшихся трех цифр получить число 5. Это можно сделать двумя способами: 5=1-2 + 3 = 27
=* 1 • (2 + 3). Поэтому задача имеет два решения: (1 • 2 + 3)х X 4 • 5 = 100; 1 • (2 + 3) • 4 • 5 = 100. 5. Составьте выражения, в каждое из которых входили бы лишь знаки действий и четыре раза цифра 2, так, чтобы их значение равнялось числам: а) 0; б) 1; в) 2; г) 3; д) 4; ж) 5; з) 6; и) 8; к) 9; л) 10. [а) 22 — 22; 2 + 2 — 2 — 2; 2 • 2 — 2 • 2; 2 : 2 — 2 : 2; б) 22 ! 22; 2-2:2:2; в) 2 : 2 + 2 : 2; г) 2 • 2 — 2 : 2; д) 2 . 2 . 2 : 2; 2 + 2 + 2 — 2; 2:2-2 + 2; 2-2 + 2 — 2; ж) 2 . 2 + 2 : 2; 2 + 2 + 2:2; з) 2 - 2 . 2 — 2; и) 2 + 2 + 2 + 2; 2-2 + 2*2; к) 22 : 2 — 2; л) 2 - 2 - 2 + 2.] 6 (1493). В записи 88888888 поставьте между некоторыми цифрами знак сложения так, чтобы получилось выражение, значение которого равно 1 000. Решение. Так как сумма пяти восьмерок оканчивается нулем, то, образовав из данных восьмерок 5 слагаемых, получим ответа 888 + 88 + 8 + 8 + 8 = 1 000. 7 (1494). В записи 123456789 поставьте между некоторыми цифрами знак «плюс» или «минус» так, чтобы получилось выражение, значение которого равно 100. [123 + 45 — 67 + 8 — 9= 100; 123 — 4 — 5 — 6 — 7 + 8 — 9- 100; 123 — 45 — 67 + 89 = 100; 123 + 4 — 5 + 67 — 89 = 100; 12 —3 — 4 + 5 — 6 + 7 + 89 = 100.] 8 (1496). Сколькими способами можно представить число 10 в виде суммы четырех нечетных чисел? Решение. Из пяти нечетных чисел, не превосходящих заданное число 10 (1, 3, 5, 7, 9), число 9 сразу отбрасываем, так как в этом случае число 10 нельзя представить в виде суммы четырех нечетных чисел (достаточно двух: 10 = 9 + 1). Число 7 может встретиться только один раз, так как если 7 — слагаемое, то сумма остальных трех слагаемых должна равняться 3. Этот случай единственный: 3=1 + 1 + 1, откуда 10-7+1 + 1 + 1. Аналогично число 5 может встретиться только один раз: если одно слагаемое 5, то три остальных в сумме должны давать 5. Этот случай также единственный: 10 = б + 3 + 1 + 1. Если нет чисел 7 и 5, то число 3 должно входить в сумму три раза: 10 = 3 + 3 + 3+1. Другие случаи невозможны. Таким образом, получаем 3 способа, если не различать порядка записи слагаемых: 10 = 7+1 + 1 + 1-5 + 3 +1 + 1=3 + 3+3+1. 9 (1495). Сколькими способами можно представить число 50 в ввде суммы двух четных чисел? Представления, отличающиеся порядком слагаемых, считать совпадающими. Решение. В последовательности 0, 2, 4, ,..,50 содержится 26 чрдел. Значит, число 50 можно представить в виде суммы двух четных чисел 26-ю способами. Но так как представления, отличающие- 28
ся порядком слагаемых, считаем совпадающими (2 + 48 и 48 + 2), то будем иметь 13 способов. 10. Вычислите сумму всех нечетных чисел, находящихся в первой тысяче. Решение. 1 + 3 + 5 + ... + 997 + 999 = (1 + 999) + + (3 + 997) + (5 + 995) + ... + (499 + 501) = 1 000 - 250 = = 250 000. (Нечетных чисел в первой тысяче — 500, поэтому пар слагаемых, заключенных в скобки — 250). П. Вычислите: 99 — 97 + 95 — 93 + 91 — 89 + ... + 7 — — 5 + 3— 1. Решение. (99 — 97) + (95 — 93) + (91 — 89) + ... + (7— — 5) + (3 — 1) = 2 - 25 = 50. (Нечетных чисел в первой сотне — 50, поэтому пар слагаемых, заключенных в скобки,— 25). 12. В следующих записях некоторые цифры заменены звездочками. Восстановите записи: а) , ** ** 197 99' 98 197 **** *** 1 ~ 1000" 999 1 Решение, а) Так как сумма цифр десятков данных слагаемых равна 19, то цифры десятков в обоих слагаемых равны 9, а сумма цифр единиц — больше 10. Учитывая, что сумма цифр единиц оканчивается на 7 и больше 10 (т. е. равна 17), находим, что цифры единиц слагаемых — 9 и 8. б) Разность четырехзначного и трехзначного чисел равна 1 только в одном случае: 1 000 — 999 «= 1. 13 (1499). Какой цифрой оканчивается произведение всех натуральных чисел от 1 до 81? Решение. Данное произведение оканчивается нулем, так как одним из множителей является 10, а в произведении 10 на любое число получим число, оканчивающееся нулем. 14 (1500). Сколько нулей стоит в конце произведения всех натуральных чисел от 10 до 25? Решение. Предположим, что это произведение разложили на простые множители. Так как нуль на конце произведения образуется при умножении 5 на 2, то нулей будет столько, сколько раз можно выделить произведение 5 • 2 из разложения данного произведения на простые множители. Число 2 как множитель встречается в разложении каждого четного числа на простые множители по крайней мере один раз, поэтому для подсчета числа нулей на конце произведения достаточно подсчитать количество пятерок в разложении данного произведения на простые множители: их 5 (в числах 10, 15, 20, 25). Значит, произведение будет оканчиваться пятью нулями. Замечание. Для закрепления способа решения задачи полезно предложить учащимся вычислить количество нулей, содер- 29
жащихся в произведении всех натуральных чисел от I до 100 включительно [24]. 15. 4 карандаша и 3 общих тетради стоят 54 к., 2 карандаша и 2 общих тетради — 34 к. Сколько стоят: а) 8 карандашей и 7 общих тетрадей? б) 8 карандашей и 4 общие тетради? Решение, а) Если 2 карандаша и 2 общих тетради стоят 34 к., то 4 карандаша и 4 общие тетради — 68 к. Тогда 8 карандашей и 7 общих тетрадей стоят 1 р. 22 к. (54 + 68 = 122). б) Так как 2 карандаша и 1 общая тетрадь стоят 20 к. (54 — 34 = = 20), то 8 карандашей и 4 тетради стоят 80 к. (20 • 4 = 80). 16. 10 учебников стоят на 2 р. дороже, чем 30 тетрадей. Те же 10 учебников стоят на 1 р. 70 к. дороже, чем 40 таких же тетрадей. Сколько стоит один учебник и одна тетрадь? Решение. Из условия ясно, что 10 тетрадей (40 — 30 = 10) стоят 30 к. (2 р. — 1 р. 70 к. = 30 к.). Следовательно, одна тетрадь стоит 3 к. (30 : 10 = 3). 10 учебников стоят 2 р. 90 к. (2 р. + 3 к. х х 30 = 2 р. 90 к.), один учебник — 29 к. 17. В оранжерее были срезаны гвоздики: белых и розовых — 400 штук, розовых и красных — 300, белых и красных — 440. Сколько гвоздик каждого цвета было срезано в оранжерее? [Белых гвоздик — 270, розовых — 130, красных — 170.] Указание. Сложить все данные числа и разделить результат на два; получим количество гвоздик всех трех цветов, срезанных в оранжерее. 18 (1502). В шахматном турнире участвовали 7 человек.Каждый с каждым сыграл по одной партии. Сколько партий они сыграли? Решение: I способ. Каждый шахматист сыграл 6 партий. Всего сыграна 21 партия(произведение 7 • 6 нужно разделить на два, в противном случае каждая партия будет сосчитана дважды). II способ (с помощью графов). Пусть каждый шахматист обозначен точкой (рис. 15), а каждая сыгранная партия стрелкой от одного шахматиста к другому. (На рисунке обозначены партии только для первых двух игроков.) Если каждую партию считать один раз, то будем иметь 21 партию (6 + 5 + 4 + 3 + 2 +* 1 = = 21). 19. Семь человек обменялись фотографиями. Сколько при этом было роздано фотографий? Решение. Так как каждый из семи человек дал 6 фотографий (всем, кроме себя), то всего было роздано 42 фотографии (6 • 7 = «= 42). 20 (1503). Каждые два из двадцати городов соединены линией воздушного беспересадочного сообщения. Сколько всего линий воздушного сообщения? [190.] 21. Из села А в город В можно Рис. 15 проехать по четырем маршрутам,
а из В в село D — по трем. Сколькими способами можно составить маршрут из Л в D с обязательным заездом в В? [12.] 22. Каких чисел больше: пятизначных, все цифры которых четные, или пятизначных, все цифры которых нечетные (цифры не повторяются)? Решение. В десятичной системе счисления четных и нечетных цифр поровну (по пять).Но среди четных цифр есть цифра 0, которая не может стоять на первом месте, поэтому пятизначных чисел, записанных только нечетными цифрами, больше, чем пятизначных чисел, записанных только четными цифрами. 23. Сколько существует двузначных чисел, записанных только: а) нечетными цифрами; б) четными цифрами (цифры в записи числа не повторяются)? Решение, а) В двузначном числе на первом месте может стоять любая из пяти нечетных цифр, на втором — любая из четырех оставшихся. Всего — 5 • 4 = 20 чисел. б) 4 • 4 = 16 чисел. (Так как число с нуля начинаться не может, то на первом месте слева может стоять любая из цифр 2, 4, 6, 8; на втором — любая из четырех оставшихся четных цифр). 24. Сколько четырехзначных чисел можно составить из цифр 3, 4, 5, 6 (цифры в записи числа не повторяются)? Решение. На первом месте может стоять любая из четырех данных цифр, на втором — любая из трех оставшихся, на третьем — любая из двух оставшихся, на четвертом — оставшаяся четвертая цифра. Всего, таким образом, из данных цифр можно составить 24 четырехзначных числа (4 • 3 • 2 • 1 ==24). 25. Сколькими способами собрание из 30 человек может выбрать председателя и его заместителя? [870.] Решение. Так как председателем может быть любой из 30 человек, а заместителем — любой из 29 оставшихся, то существует 30 • 29 способов выбора председателя и его заместителя: каждому из 30 председателей заместителя можно выбрать 29 способами. 26 (1508). В один сосуд входит 3 л, а в другой — 5 л. Как с помощью этих сосудов налить в кувшин 4 л воды из водопроводного крана? Решение. Наполняем сосуд в 5 л и отливаем в трехлитровый сосуд. Оставшиеся 2 литра переливаем в кувшин. Повторяя эту операцию, нальем в кувшин 4 л воды. 27. Есть пять обрывков цепи, в каждом из которых 3 кольца. Как соединить их в одну цепь, расклепав и заклепав лишь 3 кольца? Решение. Расклепать все кольца одного обрывка и каждым из полученных 3-х колец соединить оставшиеся звенья одно за другим. 28 (1512). Имеется 9 пластинок и двухчашечные весы без гирь. По виду все пластинки одинаковы, но одна из них легче других. Как с помощью двух взвешиваний найти более легкую пластинку? 31
Решение. Распределим 9 пластинок на 3 группы по 3 пластинки. С помощью первого взвешивания определим, в какой из трех групп находится более легкая пластинка. Положим по три пластинки на пустые чашки весов. Если весы уравновешены, значит в этих группах нет более легкой пластинки. В противном случае она находится в одной из них. Берем ту группу, где более легкая пластинка, и с помощью второго взвешивания, положив по одной пластинке на пустые чашки весов, определим более легкую: если весы в равновесии, то более легкая пластинка осталась в стороне; в противном случае она — на поднявшейся чашке весов. 29 (1515). Как рассадить 45 кроликов в 9 клеток так, чтобы во всех клетках было разное количество кроликов? Решение. Посадим в первую клетку одного кролика, во вторую — два, в третью — три и т. д. Имеем: 1+2 + 3+4 + + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 кроликов. 30 (1516). Принесли 5 чемоданов и 5 ключей от этих чемоданов, но неизвестно, какой ключ от какого чемодана. Сколько проб придется сделать в самом худшем случае, чтобы подобрать к каждому чемодану свой ключ? Решение. Первым из ключей, которые мы будем подбирать к чемодану, в самом худшем случае придется сделать 4 пробы. (Если ключ не подошел к 4 чемоданам из 5, значит, он соответствует пятому). Вторым ключом в самом худшем случае сделаем 3 пробы и т. д. Всего потребуется 10 проб (4 + 3 + 2 + 1 = 10). 31. 1) На одну чашку весов положен кусок мыла, а на другую о чашку такого же куска и еще 50 г. Весы находятся в равно- 4 весии. Какова масса куска мыла? о 2) На одной чашке весов 2 куска мыла, а на другой такого же куска и еще 50 г. Весы находятся в равновесии. Какова масса куска мыла? 3 Решение. 1) Если мысленно удалить с чашек весов по — 4 куска мыла, то на одной -чашке останется — куска мыла, а на дру- гой гиря в 50 г. Так как весы останутся в равновесии, то — куска мыла имеет массу в 50 г, а весь кусок — 200 г. о 2) Если снять с обеих чашек весов по — куска мыла, то на одной чашке весов останется — куска, а на другой — 50 г. Значит, масса куска мыла равна 100 г. 32 (1521). Два человека чистили картофель. Один очищал в минуту 2 картофелины, а второй — 3 картофелины. Вместе они очисти ли 400 штук. Сколько времени работал каждый, если второй проработал на 25 мин больше первого? 32
4 6 2 4 6 2 4 6 2 Решение. Второй человек, работая один, очистил 75 картофелин (25 • 3 = 75). Вместе они очистили 325 картофелин (400 — — 75 = 325), проработав совместно 65 мин (325 : 5 = 65). Значит, первый работал 65 мин, второй — 90 мин. 33 (1523). Сумма двух чисел равна 462. Одно из них оканчивается нулем. Если этот нуль зачеркнуть, то получится второе число. Найдите эти числа. Решение: I способ. Если нуль зачеркнуть (т. е. число уменьшить в 10 раз), то получится второе число. Значит, если меньшее число обозначить через х, тогда большее будет IOjc. Решив уравнение х + Юх — 462, найдем х = 42; 10* = 420. II способ. Обозначим искомые числа с помощью квадрата и треугольника, в которые будем вписывать цифры по мере их определения «по соображению». Получим последовательно записи (рис. 16). 34. Если к некоторому двузначному числу приписать справа цифру 0, то это число увеличится на 252. Найдите это двузначное число. [28.] 35. Если в некотором трехзначном числе, оканчивающемся нулем, отбросить этот нуль, то число уменьшится на 351. Найдите это трехзначное число. [390.] 36. Сумма двух чисел равна 180. Частное от деления большего числа на меньшее равно 5. Найдите эти числа. Решение. Пусть меньшее число — х, тогда большее— Ъх. По условию имеем уравнение: х + Ъх = 180, откуда х « 30; Ъх = 150. 37 (1524). В пяти ящиках лежит по одинаковому числу яблок. Если из каждого ящика вынуть 60 яблок, то во всех ящиках останется столько яблок, сколько раньше их было в двух ящиках. Сколько яблок было в каждом ящике? Решение. Если из каждого ящика вынуть 60 яблок, то будет вынуто 300 яблок (60 • 5 = 300). Так к&к по условию останется яблок столько, сколько было в двух ящиках, то вынуто столько, сколько было в трех ящиках. Значит, в каждом ящике было 100 яблок (300 : 3 = 100). 38 (1525). Имеется 60 трехметровых бревен, которые надо разрезать на полуметровые. Сколько разрезов придется сделать? Решение. Чтобы разрезать одно трехметровое бревно на 3 Заказ 5394 33
полуметровые, надо сделать 5 разрезов. Всего надо сделать 300 разрезов. 39. Чтобы подняться с первого этажа на третий этаж дома, надо пройти 52 ступеньки. Сколько ступенек надо пройти, чтобы подняться с первого этажа на шестой этаж того же дома (число ступенек между всеми этажами одинаково)? Решение. Чтобы подняться на третий этаж дома, нужно пройти два этажа. Значит, чтобы подняться на один этаж, надо пройти 26 ступенек (52 i 2 = 26). Чтобы подняться на шестой этаж того же дома, нужно пройти 130 ступенек (26 • 5 = 130), так как до шестого этажа — 5 этажей. 40. Параллельно участку шоссе, длина которого 4 км, решено проложить телеграфную линию. Сколько потребуется телеграфных столбов, если интервал между двумя соседними столбами равен 50 м? [81.] 41 (1527). По столбу высотой 10 м взбирается улитка. За день она поднимается по столбу на 5 метров, за ночь опускается на 4 м. Сколько дней ей потребуется, чтобы подняться на вершину столба? Решение. За первый день улитка поднимется на 5 м, а за ночь опустится на 4 м. Следовательно, за первые сутки она окажется на высоте 1 м; 5 м пройдет за 5 суток. На шестой день улитка достигнет вершины. о 42. Когда велосипедист проехал — пути, велосипед сломался. о На остальной путь пешком он затратил вдвое больше времени, чем на велосипедную езду. Во сколько раз велосипедист ехал быстрее, чем шел? Решение. Велосипедист прошел пешком — пути, т. е. вдвое о меньше того, что проехал, а времени затратил пешком вдвое больше. Следовательно, он ехал в 4 раза быстрее, чем шел. 43. У трех братьев имеется 9 тетрадей, причем у младшего — на одну тетрадь меньше, а у старшего — на одну тетрадь больше, чем у среднего. Сколько тетрадей у каждого? [2, 3, 4.] 44. У мальчика столько же сестер, сколько и братьев, а у его сестры вдвое меньше сестер, чем братьев. Сколько в этой семье мальчиков и девочек? [Четверо мальчиков и три девочки.] 45. Полный бидон с молоком весит 34 кг; бидон, заполненный наполовину, весит 17,75 кг. Какова масса пустого бидона? [1,5 кг.] 46. Определите наименьшее число, которое при делении на 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9 дает в остатке один. Решение. Если из искомого числа вычесть единицу, то подучим число, кратное 5, 8 и 9. Следовательно, искомое число равно 361 (5.8-9+1 =361). 47. Какое наибольшее число воскресений может быть в году? Решение. Так как в невисокосном году 52 полные недели и еще один день (365 =« 52 • 7 + 1), а в високосном — 52 недели и еще 34
два дня (366 = 52-7 + 2), то в году 52 или 53 воскресенья, т. е. наибольшее число воскресений в году — 53. 48. В 1983 году было 53 субботы. Какой день недели был 1 января этого года? Решение. Так как 1983 год — невисокосный, то он содержит 52 недели (52 субботы) и один день. Так как в году было 53 субботы, то этот год начинался (и заканчивался) субботой, т. е. 1 января 1983 года была суббота. 49. 1970 год начался с четверга. С какого дня недели начинались 1976 и 1977 гг.? Какое правило вы заметили? Решение. В 1970 году 365 дней, так как он невисокосный. При делении 365 на 7 получается в остатке 1. Значит, 1971 год начинался с пятницы. 1971 год тоже невисокосный, значит, 1972 год начинался с субботы. 1972 год високосный, он содержит 366 дней. При делении 366 на 7 получается в остатке 2. Значит, 1973 год начинался с понедельника. Получается правило: день недели сдвигается на 1 день по сравнению с предыдущим годом, если предыдущий год невисокосный, и на 2, если предыдущий год — високосный. Поэтому, если 1973 год (невисокосный), начинался с понедельника, то 1974 год — со вторника, 1975 год — со среды, 1976 год — с четверга (так как 1974 и 1975 годы — невисокосные). Поскольку 1976 год — високосный, то 1977 год начинался с субботы. 50. В некотором месяце три воскресенья пришлись на четные числа. Какой день недели был 20 числа этого месяца? Решение. Всего в этом месяце было 5 воскресений, так как четные и нечетные числа, на которые приходились эти воскресенья, чередуются. Первое воскресенье должно попасть на четное число. Таким числом будет 2 — наименьшее четное число. (В противном случае число дней в месяце будет больше 31: если четное число 2fe, то при k > 1 7 • 4 + 2k > 31). Легко подсчитать, что 20-го числа этого месяца был четверг. 51 (1529). Из двух пунктов, расстояние между которыми 100 км, выехали одновременно навстречу друг другу два велосипедиста. Скорость одного из них была 15 км/ч, а другого 10 км/ч. Вместе с первым велосипедистом выбежала собака со скоростью 20 км/ч. Встретив второго велосипедиста, собака повернула обратно и побежала навстречу первому велосипедисту. Встретив первого велосипедиста, она снова повернула. Собака бегала между велосипедистами да тех пор, пока велосипедисты не встретились. Сколько километров пробежала собака? Решение. 10 + 15 = 25 км/ч — скорость сближения велосипедистов; 100 : 25 = 4 ч — время движения велосипедистов и собаки; 20 • 4 = 80 км — расстояние, которое пробежала собака. 52. Если Аня идет в школу пешком, а обратно едет на автобусе, то всего на дорогу она затрачивает полтора часа. Если же она едет на автобусе в оба конца, то весь путь занимает у нее тридцать минут. 3* 35
Сколько времени тратит Аня на дорогу, если и в школу и из школы она идет пешком? Решение. На путь из школы на автобусе Аня затрачивает 15 мин (30 : 2 = 15), поэтому на путь из дома в школу пешком — I ч 15 мин, а искомое время — 2 ч 30 мин. 53 (1497). В следующих записях некоторые цифры заменены буквами (одинаковые цифры заменяются одинаковыми буквами). Найдите, какой была запись раньше: . ВДСЕ ^ВДАЕ АЕСВЕ 5240 5210 б) _а52в Г _952Г в25а 1259 10450 J 8хмх [ 8262 J Решение, а) По условию Е + Е = Е, откуда Е =* 0, так как только нуль в сумме с самим собой дает то же число. В > 5, в противном случае сумма двух четырехзначных чисел — число четырехзначное (а по условию сумма — пятизначное число). Учтя, что В + В оканчивается нулем (Е = 0), получим, что В =* 5. Так как В + В = АЕ, то А = 1 (сумма двух однозначных чисел меньше 20). Из равенства С + А = В следует С == 4 (так как А = 1, В = 5). А так как Д + Д = С и С = 4, то Д = 2. б) Так как а — в = 8, то в = 1, а = 9. Другой случай невозможен, так как разность 8 при вычитании отличных от нуля однозначных чисел получается единственным способом: 9 — 1=8. 54. В следующих записях некоторые цифры заменены звездочками. Восстановите записи: а) х 6* *♦ *♦ ** ♦*6 ■ Х66- 11 66 66 + 726 14** **5 ** • 1 0 *7 ♦* 1431 135 81 81 0 27" 53 ** **8** 1089709 108 12 90809 Решение, а) Учитываем, что при умножении двузначного числа, начинающегося с цифры 6 (6*), на однозначное (♦), двузначное получается только в том случае, когда однозначный множитель равен 1. Получается, что каждая цифра второго множителя равна 1. б) Число 5 может получиться при умножении 7 только на 5. Отсюда следует, что первая цифра в частном 5. Чтобы произведение 7 на однозначное число оканчивалось единицей, надо, чтобы однозначный множитель был равен 3, поэтому в частном получаем 53. 36
Делитель равен 27, так как только при умножении 27 на 5 получаем число, меньшее трехзначного числа 14*. в) В частном вторая и четвертая цифры — нули, так как при делении на соответствующих местах снесены сразу по две цифры. Первая цифра делителя — 1, в противном случае при умножении на 8 (третья цифра частного) двузначного делителя не могло бы получиться двузначного числа. По этой же причине вторая цифра делителя не может быть больше 2 (так как, например, 13 - 8 = 104 — трехзначное число). Учитывая, что при умножении числа 1* на первую (и последнюю) цифру частного получаем трехзначное число, заключаем, что вторая цифра делителя — 2. (Числа 10 и 11 при умножении на самое большое однозначное число 9 дают двузначные числа.) Первая и последняя цифры частного — 9, так как только при умножении на 9 числа 12 получаем трехзначное число. Зная делитель и частные, легко определяем делимое: 90 809 -12+1 = 1 089 709. Делимое легко определить и по схеме деления, так как все цифры делителя и частного известны. 55 (1501). У кассира имеются монеты по 5 к. и 10 к. Сколькими способами он может дать сдачу 50 к.? Решение. Будем перебирать различные случаи, начав с наибольшего числа пятикопеечных монет. Имеем: 1) 50 к. = 5 к. • 10; 4) 50 к. = 5 к. - 4 +10 к.-З; 2) 50 к. = 5 к. • 8 + 10 к.; 5) 50 к. = 5 к. . 2 +10 к.-4; 3) 50 к. = 5 к. • 6 + 10 к. • 2; 6) 50 к. = 10 к. • 5. 56 (1504). Найдите сумму всех трехзначных чисел, которые можно записать с помощью цифр 1, 2 и 3 так, чтобы в каждом числе все цифры были различны. [123 + 132 + 213 + 231 + 312 + 321 = = 1 332.] 57. К берегу реки подошли 30 солдат. У того же берега была лодка и в ней двое ребят. Как переправить на другой берег весь отряд, если в лодке могут ехать или двое ребят или один солдат? Сколько раз лодка пересечет реку туда и обратно, если в конце концов она вернется на старое место и оба мальчика будут на том же берегу? Решение. Сначала едут двое ребят, один остается на другом берегу, а второй возвращается назад, один солдат переезжает, а оставшийся мальчик возвращается назад. Потом едут двое ребят и т. д. Таким образом, чтобы переправить одного солдата, лодка должна пересечь реку 4 раза. Чтобы перевезти 30 солдат, потребуется пересечь реку 120 раз: 60 раз — туда и 60 раз — обратно. 58. В первый сосуд входит 8 л, во второй — 5 л, а в третий — 3 л. Первый сосуд наполнен водой, а остальные два пусты. Как с помощью этих сосудов отмерить 1 л воды? Как отмерить 4 л воды? 37
Решение. I с 80 50 53 23 25 70 7 1 4 1 П 0 С 0 б 0 3 0 3 1 1 0 3 II способ 800 350 323 620 602 1 52 1 43 59 (1507). Имеется 9 кг крупы и гири в 50 г и 200 г. Каким образом в три приема отвесить на чашечных весах 2 кг крупы? Решение. 1) Без гирь, с помощью весов разделим крупу пополам. 2) Одну из половинок с помощью весов (без гирь) снова разделим пополам. Получим пакет в 2 кг 250 г. 3) От пакета отделим 250 г с помощью имеющихся гирь в 50 г и 200 г. Останется 2 кг. 60 (1510). В пакете содержится 3 кг 600 г крупы. Как разделить с помощью двухчашечных весов и гири в 200 г крупу на два пакета, содержащие по 800 г, и пакет в 2 кг, сделав лишь три взвешивания? Решение. 1) Делим 3 600 г пополам с помощью весов, без гирь. 2) Из одного пакета высыпаем 200 г при помощи двухсотграммовой гири, поставленной на другую чашку весов. Добавим эти 200 г во второй пакет, получим 2 кг. 3) Полученные 1 600 г делим на пустых весах пополам. 61 (1511). В четырех классах школы учатся 60 человек. Докажите, что хотя бы двое из них празднуют день рождения в одну и ту же неделю. Решение. Известно, что в году 52 недели. Если предположить, что на каждой неделе празднуют день рождения менее двух учеников (т. е. один или ни одного), то таких учеников наберется не более 52, а по условию задачи учеников 60. Значит, по крайней мере, два ученика из 60 празднуют свои дни рождения в одну и ту же неделю. 62. Когда отцу было 27 лет, то сыну было только 3 года, а сейчас сыну в три раза меньше лет, чем отцу. Сколько лет сейчас каждому из них? Решение. Пусть сейчас сыну — х лет, тогда отцу — Зх лет. Поскольку разность возрастов отца и сына постоянна и равна по условию 24 годам, то имеем уравнение: Зх — х = 24, откуда х = = 12; Зх = 36. 63. Дочери в настоящее время 10 лет, а матери 36. Через сколько лет мать будет вдвое старше дочери? Решение. Пусть дочери будет х лет, а матери — 2х лет, тог- 38
да имеем уравнение: 2х — х = 26, откуда х = 26. Следовательно, мать будет вдвое старше дочери через 16 лет (26 — 10 = 16). 64. Число 45 нужно разбить на четыре части так, что если к первой части прибавить 2, от второй отнять 2, третью умножить на 2, а четвертую разделить на 2, то все результаты будут равны. Найдите эти части. Решение. Пусть каждое из четырех получившихся равных чисел а. По условию задачи искомые числа равны а — 2, а + 2, 0,5а и 2а. Имеем уравнение: а — 2 + а + 2 + 0,5а + 2а = 45, откуда а = 10. Таким образом, искомые числа: 8, 12, 5, 20. 65. Если из задуманного трехзначного числа вычесть 7, то получившееся число разделится на 7, если вычесть из задуманного числа 8, то результат разделится на 8, а если вычесть 9, то результат разделится на 9. Какое число было задумано? Решение. Пусть задумано число а. Тогда по условию разности а — 7, а — 8, а — 9 кратны соответственно семи, восьми и девяти. Поэтому и искомое число кратно 7,8 и 9. Среди трехзначных чисел такое число одно — 504 (7 • 8 • 9 = 504). 66. Найдите наименьшее число, которое при делении на 2 дает в остатке 1, при делении на 3 дает в остатке 2, при делении на 4 дает в остатке 3, при делении на 5 дает в остатке 4 и при делении на 6 дает в остатке 5. Решение. Если к искомому числу прибавить 1, то оно будет делиться нацело на 2, на 3, на 4, на 5 и на 6. Наименьшее число, которое делится на каждое из этих чисел, равно 2 • 3 • 4 • 5 = 60. Следовательно, искомое число равно 60 — 1, т. е. 59. 67. В пакете лежали яблоки. Сначала из него взяли половину всех яблок без пяти, а затем — оставшихся яблок. После этого в о пакете осталось 10 яблок. Сколько яблок было в пакете? Решение. Начнем рассуждение «с конца». По условию зада- 2 чи 10 яблок составляют — числа яблок, оставшихся во второй раз. 3 Следовательно, во второй раз осталось 15 яблок, что, согласно условию, больше половины яблок на 5. Значит, половина яблок — 10, всего в пакете было 20 яблок. 68. На полке стоят тарелки. Сначала взяли третью часть всех тарелок без двух, а потом — оставшихся тарелок. После этого на полке осталось 9 тарелок. Сколько тарелок было на полке? Р е ш е н и е.По условию 9 — это половина тарелок, оставшихся во второй раз. Значит, во второй раз осталось 18 тарелок, что, 2 согласно условию, на 2 тарелки больше, чем — всех тарелок. Сле- 3 2 довательно, — части тарелок равно 16, всего на полке было 24 та- з релки. 69 (1513). Колхозница продавала на рынке яйца. Первая поку- 39
пательница купила у нее половину яиц и еще пол-яйца, вторая — половину остатка и еще пол-яйца, а третья — последние 10 яиц. Сколько яиц принесла колхозница на рынок? Решение. Так как число купленных яиц может быть только целым, то очевидно, что общее число яиц нечетно и первая покупательница купила на одно яйцо больше того, что осталось, вторая — на одно яйцо больше, чем третья. Значит, вторая покупательница купила 11 яиц (10 + 1 = 11). Первая покупательница купила на одно яйцо больше, чем вторая и третья вместе, т. е. 22 яйца (10 + И + 1 = 22). Всего было продано 43 яйца (10 + И + + 22 = 43). Замечание. Чтобы учащиеся лучше поняли условие задачи (оно обычно вызывает смех: покупательница купила пол-яйца!) и смогли найти путь к ее решению, целесообразно им предложить вспомогательные задачи: 1) У мамы было 5 яиц. Для приготовления завтрака она израсходовала 3 яйца. Как выразить это, используя слово «половина»? (Мама израсходовала половину яиц и еще пол-яйца). На сколько больше яиц мама израсходовала, чем осталось? (На одно.) 2) В спортзале было 9 мячей. Для игры ребята взяли пять. Как выразить это, используя слово «половина»? На сколько больше мячей ребята взяли, чем осталось? 70. Рыбак поймал рыбу. Когда у него спросили, сколько весит пойманная рыба, он сказал: «Я думаю, что хвост ее весит 1 кг, голова весит столько, сколько хвост и половина туловища, а туловище — сколько голова и хвост вместе». Сколько же весит рыба? Решение. По условию туловище рыбы весит 1 кг (вес хвоста) плюс вес головы, а так как вес головы равен 1 кг (вес хвоста) и половине туловища, то получается, что туловище рыбы весит 2 кг плюс половина туловища, т. е. туловище весит 4 кг. Тогда голова весит 3 кг (сколько хвост и половина туловища), а вся рыба — 8 кг (3 + 4+1=8). 71 (1514). В ящике лежит сотня флажков — красные, зеленые, желтые и синие. Какое наименьшее число флажков надо взять не глядя, чтобы среди них оказалось не меньше, чем десять одноцветных? Решение. В самом неблагоприятном случае можно набрать по 9 флажков каждого цвета, т. е. 36 флажков. Остается взять всего один флажок, чтобы получить 10 флажков одного цвета, т. е. надо взять 37 флажков. 72 (1518). Ученик за 37 к. купил книгу, тетрадь, ручку и карандаш. Тетрадь, ручка и карандаш стоят вместе 19 к. Книга, ручка и карандаш стоят 35 к. Тетрадь и карандаш стоят 5 к. Сколько стоит каждый предмет? Решение. Так как книга, тетрадь, ручка и карандаш стоят 37 к., а тетрадь, ручка и карандаш стоят 19 к., то книга стоит 18 к. (37— 19 = 18). Поскольку книга, ручка и карандаш стоят 35 к., то ручка и карандаш стоят 17 к. (35 — 18 = 17). Тетрадь, ручка 40
и карандаш стоят 19 к., а ручка с карандашом — 17 к., отсюда следует, что стоимость тетради 2 к. Так как тетрадь и карандаш стоят вместе 5 к., то карандаш стоит 3 к. Ручка и карандаш стоят 17 к.# поэтому одна ручка стоит 14 к. 73. Счетчик показал, что автомобиль проехал 15 951 км. Через 2 ч на счетчике опять было число, которое читалось одинаково в обоих направлениях. С какой скоростью ехал автомобиль? Решение. Найдем ближайшее, большее 15 951 число, которое одинаково читается в обоих направлениях. Это 16 061. Тогда скорость автомобиля 55 км/ч ((16 061 — 15 951) : 2 = 55)» Следующее число, удовлетворяющее условию задачи, 16 161. Тогда скорость автомобиля 110 км/ч ((16 161 — 15 951): 2 = 110). Следующее число, которое могло быть на счетчике в соответствии с условием задачи — это 16 261. Но в таком случае скорость автомобиля была бы равна 155 км/ч ((16 261 — 15 951) :2 = 155), что невозможно. Таким образом, автомобиль ехал со скоростью 55 км/ч или 110 км/ч. 74 (1520). Что быстрее — проехать весь путь на велосипеде или половину пути проехать на мотоцикле, который движется вдвое быстрее велосипеда, а вторую половину — пешком, что вдвое медленнее, чем ехать на велосипеде? Решение. I способ. Так как идти пешком вдвое медленнее, чем ехать на велосипеде, то за то время, которое велосипедист затратит на весь путь, пешком можно пройти лишь половину пути. Значит, пешком половину пути (по условию задачи — вторую половину) проходят за то же время, за которое на велосипеде проезжают весь путь. А так как, чтобы преодолеть первую половину пути, необходимо дополнительное время, то приходим к выводу: проехать весь путь на велосипеде быстрее, чем половину пути на мотоцикле и половину пешком. II способ. Пусть велосипедист на весь путь затратил х минут. Тогда мотоциклисту на весь путь нужно —• минут, на половину пути — — минут. Пешком весь путь можно пройти за 2х минут, а половину пути — за х минут. Всего пешком и на мотоцикле потребуется (х + —) минут. Ясно, что х < х Н— (так как х > 0). 75 (1522). Бригада, состоящая из 6 плотников и столяра, выполнила работу. Плотники получили по 20 р. каждый, а столяр на 3 р. больше среднего заработка каждого члена бригады. Сколько получил за работу столяр? Решение. I способ. Если взять у столяра 3 р. и разделить их поровну между шестью плотниками, то все получат поровну. Значит, средний заработок каждого члена бригады равен 20 р. 50 к. А столяр получил на 3 р. больше: его заработок — 23 р. 50 к. II способ. Пусть столяр заработал х рублей, тогда (х — 3) 41
рублей — средний заработок каждого члена бригады. По условию задачи составим уравнение: (х — 3) • 7 = 120 + дс, откуда х = = 23,5. 76 (1526). Если бы школьник купил 11 тетрадей, то у него осталось бы 5 к. А на 15 тетрадей у него не хватит 7 к. Сколько денег было у школьника? Решение. I способ. По условию задачи получается, что 4 тетради (15 — 11=4) стоят 12 к. (5 + 7 = 12), т. е. одна тетрадь стоит 3 к. Значит, у школьника было 38 к. (3 • 11+5 = 3- 15 — -7). II способ. Пусть тетрадь стоит х копеек. Тогда у школьника было (IIjc + 5) копеек. Так как, чтобы купить 15 тетрадей (заплатить 15 х копеек), школьнику нужно к его деньгам добавить 7 к., то имеем уравнение: Их + 5 + 7 = 15х, откуда х = 3, Их+ 5 = 38. 77. На складе имеются гвозди в ящиках по 16 кг, 17 кг, 40 кг. Может ли кладовщик отпустить 100 кг гвоздей, не вскрывая ящики? Решение. Задача решается путем перебора всех возможных вариантов. Чтобы получить 100 кг гвоздей, ящиков в 40 кг можно взять не бо,льше двух (один или два). Если взять один ящик в 40 кг, то оставшиеся 60 кг нельзя составить с помощью ящиков в 16 кг и 17 кг. Аналогично, если взять два ящика в 40 кг, то 20 кг с помощью оставшихся ящиков тоже получить нельзя. Следовательно, кладовщик может брать ящики только по 16 и 17 кг. Если возьмем один ящик в 16 кг, то оставшиеся 84 кг нельзя составить из ящиков в 17 кг (84 не делится на 17). Если возьмем два ящика в 16 кг, то оставшиеся 68 кг можно получить с помощью четырех ящиков по 17 кг (68 : 17 = 4). Итак, 100 кг гвоздей можно получить с помощью двух ящиков по 16 кг и четырех ящиков по 17 кг. Полезно убедиться, что задача имеет единственное решение. Для этого необходимо рассмотреть случаи, когда берутся 3, 4, 5, 6 ящиков по 16 кг (подсчитывается, можно ли оставшийся в каждом случае вес составить с помощью ящиков в 17 кг) и случаи, когда берутся ящики только по 17 кг (так как 100 не делится на 17, то только из ящиков по 17 кг нельзя отпустить 100 кг). Замечание. Можно идти и другим путем: рассмотреть случаи, когда берутся 1, 2, 3, 4 и 5 ящиков по 17 кг, и подсчитать, можно ли оставшийся в каждом случае вес составить с помощью ящиков по 16 кг. 78 (1528). В учреждении стоят 14 канцелярских столов с одним, двумя и тремя ящиками. Всего в столах 25 ящиков. Столов с одним ящиком столько, сколько с двумя и тремя ящиками вместе. Сколько столов с тремя ящиками? Решение. По условию у половины столов по одному ящику. Значит, с одним ящиком 7 столов (14 : 2 = 7). В остальных семи столах 18 ящиков (25 — 7 = 18). Если бы во всех этих столах было 42
Рис. 17 Рис. 18 по два ящика, то в них было бы всего 14 ящиков (2 • 7 = 14). Значит, 4 ящика (18 — 14 = 4) принадлежат столам с тремя ящиками. 79. Из одной отливки получается 6 деталей. Отходы от 6 отливок дают возможность получить из них одну отливку. Сколько деталей можно сделать из 36 отливок, используя и отходы? Решение. Так как из одной отливки получается 6 деталей, то из 36 отливок получится 6 • 36 = 216 деталей. Отходы от 36 отливок дают 6 отливок, из которых можно получить 6 • 6 = 36 деталей. Отходы от 6 отливок, полученных из отходов, дают возможность получить одну отливку, т. е. 6 деталей. Таким образом, всего имеем: 36 • 6 + 6 • 6 + 6 = 258 деталей. 80 (1531). Число выстрелов по мишени уменьшилось на 10, а число попаданий увеличилось на 3. Как изменилось число промахов? Решение. При уменьшении на 10 числа выстрелов при том же числе попаданий число промахов уменьшилось на 10. Если к тому же число попаданий увеличилось на 3, то число промахов еще уменьшилось на 3. Таким образом, всего число промахов уменьшилось 81. Из листа бумаги, размер которого 950 х 1200 мм2 можно вырезать или квадраты со стороной 64 мм, или квадраты со стороной 46 мм. Какие квадраты надо вырезать,чтобы получилось меньше отходов? ,JP e ш е н и е. Сначала подсчитаем, какие отходы останутся от листа бумаги, если вырезать квадраты со стороной 64 мм. Для этого разделим 1 200 и 950 на 64. 1 200 : 64 = 18 (остаток 48), 950 : 64 =^ = 14 (остаток 54). Следовательно, при вырезании квадратов со стороной 64 мм от листа бумаги останется «уголок», изображенный на рисунке 17. Аналогично, разделив 1 200 и 950 на 46 с остатком, устанавливаем, что при вырезании квадратов со стороной 46 мм 43
L I 1 J I L I □ Рис. 19 Рис. 20 б) Рис. 21 Рис. 22 останется неиспользованный «уголок», изображенный на рисунке 18. Во втором случае площадь оставшегося «уголка» меньше, т. е. выгоднее вырезать квадраты со стороной 46 мм. 82 (1532). Из 24 спичек составьте фигуру, изображенную на рисунке 19. Снимите 4 спички так, чтобы осталось 5 квадратов. Положите снятые спички на место и снимите 8 спичек так, чтобы осталось 2 квадрата. Решение. Рис. 20 (а, б) и рис. 21 (а, б). 83. Из 15 спичек сложите фигуру, состоящую из 5 равных квадратов. Снимите 3 спички так, чтобы осталось 3 квадрата. Решение. Рис. 22 и рис. 23. 84 (1533). Начертите изображенную на рисунке 24 фигуру, не отрывая карандаша от бумаги и не проводя ни одну линию дважды. Решение. Можно, например, начать движение елевого нижнего угла прямоугольника вверх или по диагонали вправо. Первый способ соответствует ломаной ABCDBEADEy второй — ломаной ADBCDEBAE. Замечание. Задача имеет решение только в том случае, если начальной (и конечной) точкой обвода служат вершины, в которых сходится нечетное число «ребер». Поскольку таких вершин только две, то задача имеет решение, и начальной точкой обвода могут служить только точки А или £. 85 (1534). Покажите все пути, которыми можно пройти из точки А в точку С (рис. 25), двигаясь по линиям слева направо и сверху вниз. Решение. Рис. 26. 86 (1535). Квадрат разделен на 9 равных клеток. Расставьте в этих клетках числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 так, чтобы сумма чисел в каждой строке и в каждом столбике равнялась 15. Рис. 24 й Рис. 25 Рис. 26 44
Решение. Так как сумма всех однозначных чисел 45, то решение задачи возможно (строк 3 и столбиков 3). При решении задачи используем представление числа 15 в виде суммы трех однозначных чисел: 6 7 2 1 5 9 8 3 4 Замечание. О способах составления «волшебных квадратов» (квадратных таблиц чисел, в которых суммы чисел в каждой строке, каждом столбце и в каждой из двух диагоналей квадрата равны между собой) можно прочитать, например, в книге Е. И. Игнатьева «В царстве смекалки» (М., Наука, 1978). 87. Разделите сад (рис. 27) на четыре равные части. Решение. Рис. 28. 88 (1536). Разрежьте прямоугольник, длина которого 9 см, а ширина 4 см, на две равные части, из которых можно составить квадрат. Решение. Рис. 29. 89. Какой из трех кубиков (рис. 30) нарисован в развернутом виде? [Крайний справа.] 90. Прямоугольный параллелепипед, длина которого 4 см, ширина 3 см, высота 2 см, покрасили со всех сторон и разрезали на кубические сантиметры. Сколько получилось кубических сантиметров, у которых покрашена одна грань, две грани, три грани? Решение. Три грани покрашены у кубиков, находящихся при вершинах параллелепипеда (рис. 31). Таких кубиков 8. Две грани покрашены у кубиков, которые примыкают к Рис. 29 Рис. 27 Рис. 28 Зсм i 9см Зсм Рис. 30 / s s s X X X Рис. 31 45
Рис. 32 ребрам, но не примыкают к вершинам. Таких ку&иков 12: по два кубика около каждого из четырех ребер длиной 4 см и по одному кубику около каждого ребра длиной Зсм. Одна грань покрашена у кубиков, не примыкающих ни к вершинам, ник ребрам параллелепипеда. Таких кубиков 4: из общего числа кубиков, равного объему параллелепипеда (24), вычитаем число кубиков, у которых покрашены две или три грани (24 — (8 + 12) = 4). 91 (1505). Приехало сто туристов. Из них 10 человек не знали ни немецкого языка, ни французского, 75 знали немецкий и 83 французский. Сколько туристов знали французский и немецкий языки? Решение. I способ. Так как 25 туристов (100— 75 = = 25) не знали немецкого языка, то 15 туристов (25 — 10 = 15) знали только французский язык, поэтому оба языка знали 68 туристов (83 — 15 = 68). II способ. Так как 10 туристов не знали ни немецкого языка, ни французского, то немецкий или французский язык знали 90 туристов (100 — 10 = 90). Сложив числа 75 и 83, мы получим, что хотя бы один язык знали 158 туристов. Получили число, большее 90 потому, что дважды посчитали тех туристов, которые знали оба языка. Таким образом, французский и немецкий язык знали 68 туристов (158 — 90 = 68). Замечание. Найти путь к решению задачи помогают рисунки, которые обычно называют «кругами Эйлера» (рис. 32). 92. Три сосуда заполнены (не доверху) водой. В одном сосуде 11 л, во втором — 7 л, в третьем — 6 л. В каждый сосуд можно налить из другого столько воды, сколько в нем было налито. Как разделить воду во всех трех сосудах поровну? Решение. Поскольку в трех сосудах 24 л, то в каждом сосуде должно быть 8 л. Задача сводится к получению трех чисел 8 с помощью сложения и вычитания данных чисел и чисел, получающихся в результате сложения и вычитания данных: 8 = (7 + 7) — 6, 8 = (11 — 7) + 4, 8 = (6 + 6) — 4. Процесс переливания можно изобразить в виде таблицы: 8 7 W 8 8
93 (1506). В подвале стоят 7 полных бочек, 7 бочек, наполненных наполовину, и 7 пустых бочек. Как распределить эти бочки между тремя грузовиками, чтобы на каждом грузовике было 7 бочек и на всех грузовиках был одинаковый груз? Решение. Пусть в полной бочке х килограммов груза. Тогда во всех бочках содержится (7а: + 7 0,5х) килограммов, т. е. 10,5х килограммов груза. Таким образом, на каждом грузовике должно быть 3,5л: килограммов груза. Начнем с распределения полных бочек. На любом грузовике не может быть более трех полных бочек и менее одной полной бочки (в первом случае масса груза на машине будет более 3,5а: килограммов, во втором — все полупустые бочки придется погрузить на один грузовик). Если на одном грузовике — три полных бочки, то оставшиеся четыре полные бочки на два других грузовика можно распределить двумя способами (4 = 3+1=2 + 2). Количество пустых и полупустых бочек в каждом из этих двух случаев определяется однозначно. Таким образом, существует два и только два способа распределения всех бочек заданным способом между тремя грузовиками: Способ 1 2 Номер грузовика I II III I II III Число полных бочек 3 3 1 3 2 2 Число бочек, заполненных наполовину 1 1 5 1 3 3 Число пустых бочек 3 3 1 3 2 2 94. На рисунке 33 изображен канал. Три парохода идут слева направо и три — навстречу им. В бухте может поместиться один пароход. Как разойтись этим пароходам? Решение. Один пароход из левой «тройки» проходит в бухту, два других отходят назад и за ними отходит вся правая «тройка». Пароход выходит из бухты и проходит в правую сторону. Правая «тройка» переходит в прежнее положение. В бухту заходит второй пароход из левой «тройки». Операция повторяется. Рис 33 47
U80 40 ^/- ЪВО 40Ф80%Чч^чч40+Т Т+м UM*^^80+Г Рис. 34 95 (1509). Два поезда, каждый по 80 вагонов, встретились на одноколейном пути, имеющем небольшую тупиковую ветку. Как разойтись этим поездам, если тупиковая ветка может вместить паровоз и 40 вагонов? (Поезда могут идти и задним ходом.) Предполагается, что вагоны можно и разъединять. Решение. Паровоз обозначим стрелкой, которая указывает направление движения, косой отрезок — тупиковая ветка (рис. 34). 96. В одной сказочной стране поблизости один от другого находятся города А и В. Все жители города А говорят только правду, а жители города В всегда лгут. Жители этих городов ходят друг к другу в гости. Путешественник попал в один из этих городов, но не знает, в какой. Как он может, задав один вопрос первому попавшемуся жителю, узнать, в каком городе он находится? Решение. Верным решением является, например, вопрос: «Вы живете в этом городе?» На этот вопрос в городе А последует ответ «да» и от лгуна и от говорящего правду, а в городе В последует ответ «нет» и от того, и от другого. Значит, если последует ответ «да», то путешественник находится в городе А независимо от того, кто ему отвечал. Если же будет получен ответ «нет», значит путешественник находится в городе В. Замечание. Верным решением является также вопрос: «Вы пришли в гости?» Ответ «нет» на этот вопрос путешественник получит только в городе А независимо от того, кто ему отвечает — лгун или говорящий правду, а ответ «да» — только в городе В. 97. На острове живут два племени: аборигены и пришельцы. Аборигены всегда говорят правду, пришельцы всегда лгут. Путешественник нанял туземца-островитянина в проводники. Они пошли и увидели другого островитянина. Путешественник послал проводника узнать, к какому племени принадлежит этот туземец. Проводник вернулся и сказал, что тот говорит, что он — абориген. Кем был проводник: пришельцем или аборигеном? Решение. Из условия задачи ясно, что кем бы ни был встречный туземец, ои назовет себя аборигеном (абориген — потому что 48
всегда говорит правду, пришелец — потому что всегда лжет). Следовательно, проводник сказал правду и потому он принадлежит к племени аборигенов. 98. На столе стоят три одинаковых ящика. В одном лежат два белых шарика, в другом — два черных, а в третьем — белый и черный. На ящиках сделаны надписи: «2 белых», «2 черных», «черный и белый». Но ни одна из этих надписей не является истинной. Как, вынув один шарик из одного ящика, узнать, какие шарики где лежат? Решение. Поскольку ни одна из надписей не соответствует действительности, то в ящиках с надписями «2 белых» и «2 черных» могут быть как шарики двух цветов (белый и черный), так и шарики одного цвета (противоположного указанному в надписи). По той же причине в ящике с надписью «черный и белый» находятся шарики одного цвета. Докажем, что, вынув один шарик из ящика с надписью «черный и белый», можно определить, какие шарики где лежат. Действительно, если вынутый шарик окажется белым, то в этом ящике и второй шарик должен быть белым. Тогда в ящике с надписью «2 черных» должны быть черный и белый шарики, а в ящике с надписью «2 белых» — два черных шарика: Б Б Ч Ч Б Ч ч ч Ч Б Б Б Если же вынутый из ящика с надписью «черный и белый» шарик оказался черным, то и второй должен быть черным. Тогда в коробке с надписъю «2 белых» могут быть только черный и белый, а в коробке с надписью «2 черных» — 2 белых шарика. 99 (1517). Встретились три друга: скульптор Белов, скрипач Чернов и художник Рыжов. «Замечательно, что один из нас блондин, другой брюнет, а третий рыжеволосый, но ни у одного нет волос того цвета, на который указывает его фамилия», — заметил брюнет. «Ты прав», — сказал Белов. Какой цвет волос у художника? Решение. Для решения подобных логических задач полезно составить таблицу. Учитывая, что «ни у одного нет волос того цвета, на который указывает его фамилия», поставим знак отрицания (например, минус) в соответствующих клетках таблицы: против фамилии Белов в строке «блондин», против фамилии Чернов в строке «брюнет» и против фамилии Рыжов в строке «рыжий». Блондин Брюнет Рыжий Белов — Чернов Рыжов — Заказ БЗМ
Из условия задачи («Заметил брюнет. «Ты прав», — сказал Белов.) заключаем, что Белов — не брюнет и ставим знак «минус» в строке «брюнет» против фамилии Белов. Блондин Брюнет Рыжий Бедов — — Чернов — Рыжов — Теперь, учитывая, что в каждой строке и в каждом столбце таблицы лишь одно высказывание может быть истинным (Белов только один, и блондин только один), заполним таблицу окончательно. Блондин Брюнет Рыжий Белов — — + Чернов + — — Рыжов — + — 100. Три подруги вышли в белом, зеленом и синем платьях. Их туфли также были белого, зеленого и синего цветов. Известно, что только у Ани цвет платья и туфель совпадали. Ни платье, ни туфли Вали не были белыми, Наташа была в зеленых туфлях. Определить цвет платья и туфель каждой из подруг. Решение. Составим таблицу для определения цвета туфель каждой из подруг. Так как Наташа была в зеленых туфлях, то ставим знак «плюс» в соответствующую клетку таблицы и по два минуса — в строке «зеленые туфли» и в столбце против имени Наташа. Белые Зеленые Синие Аня — Валя — Наташа + — Поскольку туфли Вали не были белыми, поставим знак «минус» в соответствующей клетке. Таким образом, в строке «белые туфли» стало два минуса и можно ставить знак «плюс» против имени Аня. 50
Белые Зеленые Синие Аня + — Валя — — Наташа — + — Так как в столбце против имени Аня знак «плюс» имеется, то ставим знак «минус» в пустую клетку этого столбца. Таким образом, в строке «синие туфли» против имени Валя следует поставить знак «плюс». Белые Зеленые Синие Аня + — — Валя. — — + Наташа — + — Теперь определим цвет платьев. Поскольку только у Ани цвет платья и туфель совпадали, то у Ани было белое платье, у Наташи — синее, у Вали — зеленое. 101. 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. Куда налита каждая жидкость? Решение. По условию задачи составим таблицу» в которой знаком «минус» обозначим, что жидкость не находится в соответствующем сосуде. Молоко Лимонад Квас Вода Бутылка Стакан - 1 - | — Кувшин — — Банка — — — Из таблицы видно, что в клетки «молоко — кувшин» и «квас — банка» можно ставить знак «плюс». Далее заполним таблицу с учетом того, что в каждом столбце и в каждой строке таблицы знак «плюс» может стоять только один раз. Будем иметь: молоко в кувшине, лимонад в бутылке, квас в банке, вода в стакане. 51
102 (1519). Членам одной семьи сейчас вместе 73 года. Семья состоит из мужа, жены, дочери и сына. Муж старше жены на 3 года, дочь старше сына на 2 года. Четыре года тому назад членам семьи было вместе 58 лет. Сколько лет сейчас каждому члену семьи? Решение. Четыре года назад сумма лет всех четырех членов семьи должна быть меньше, чем сейчас, на 16 лет (4 • 4 = 16), т. е. должна быть 57 лет (73 — 16 = 57). По условию задачи четыре года назад членам семьи было вместе 58 лет. Значит, вычитая 4 года, мы вычли лишний год. Отсюда следует, что четыре года назад младшего из детей (сына) еще не было: он родился три года назад. Следовательно, сыну сейчас три года, дочери — пять лет, так как она на два года старше брата. Вместе им 8 лет. Поэтому сейчас на возраст мужа и жены приходится 65 лет (73 — 8 = 65). Но муж старше жены на 3 года, значит, ему 34 года, а жене 31 год. 103 (1530). Два ученика решили купить по одинаковой книге. Одному из них не хватало на покупку книги 1 к., а другому — 42 к. Когда они сложили свои деньги, им все равно не хватило денег для покупки даже одной книги. Сколько стоила книга? Решение. Так как при добавлении денег первому учащемуся, которому на покупку книги не хватало всего 1 к., денег все равно не хватило, то у второго совсем не было денег (1 копейка — наименьшая денежная единица). Значит, книга стоит 42 к., у первого учащегося была 41 к. § 6. ЗАДАЧИ ДЛЯ V КЛАССА 1. Какой цифрой оканчивается: а) сумма 26 . 27 . 28 . 29 + 51 . 52 • 53 . 54; б) разность 41 • 43 • 45 • 47 — 37 • 39 • 41 • 42; в) произведение всех натуральных чисел от 7 до 81 включительно; г) сумма всех трехзначных чисел? Решение, а) Перемножив только единицы, получим, что каждое из двух произведений оканчивается цифрой 4, поэтому вся сумма оканчивается цифрой 8; б) производя действия лишь над единицами, находим, что первое произведение оканчивается цифрой 5, второе — цифрой 6. При вычитании 6 из 15 получаем 9, поэтому разность оканчивается цифрой 9; в) последняя цифра произведения — 0, так как среди множителей есть число 10; г) 100 + Ю1 + 102 + ... + 998 + 999 = (101 + 999) + + (102 + 998) + ... + (549 + 551) + (100 + 550). Каждая сумма в скобках оканчивается нулем, поэтому сумма всех трехзначных чисел тоже оканчивается нулем. 2. Цифры зашифрованы буквами. Одинаковые буквы означают одинаковые цифры. Узнайте, какая буква какую цифру заменяет по записям: 52
а) .ВДСЕ Г , • игтг-с I ВДСЕ АДСВЕ Г+87401 MJ740 ; L 17480J б) _СДЕВС Г 1076 П АВСД 5610 L ACAC L 515П Решение, а) 1) Е + Е = Е, следовательно, Е = 0. 2) Так как при сложении В + В получается двузначное число, то В > 5, А = 1. 3) Так как сумма С + С равна В или числу, оканчивающемуся на В, то В — число четное. Поскольку В >5, то В либо 6, либо 8. 4) Если В = 6, то С либо 3, либо 8. С Ф, 3, так как Д + Д не может быть нечетным числом (оканчиваться на 3). С Ф 8, так как Д + Д + 1 — число нечетное. Следовательно, В не может равняться 6. Значит, В = 8. 5) Если В = 8, то С либо 4, либо 9. Подбором находим, что С = = 4, Д = 7 (R Ф 2, так как В + В = 16, не оканчивается цифрой Д = 2). 6) Если С = 9, то Д = 9, чего быть не может, так как каждая буква обозначает лишь одну цифру. б) 1) С — Д = С, поэтому Д = 0. 2) С = 1, так как при вычитании четырехзначного числа из пятизначного получили четырехзначное число. 3) 10 — А = А, поэтому А = 5. 4) В — 1 = 5, откуда В = 6. 5) Е — 6=1, поэтому Е = 7. 3. Можно ли выбрать из таблицы 1 3 5 7 1 3 5 7 1 3 5 7 5 чисел, сумма которых равна 20? Решение. Все числа в таблице — нечетные, а сумма пяти нечетных чисел — число нечетное и поэтому равняться 20 не может. 2 4. Как от куска ленты в — м отрезать полметра, не имея под з руками метра? (2 I \ — 22 = —), затем еще 3 3 / пополам (— : 2 = —). Потом сложим полученные куски [—Ь —= \ 3 6 / \ 3 D 1\ - 1 /2 1 1\ = — | или от всей ленты отрежем — м == —). 2) 1 б \3 6 2/ 5. Сколько сейчас времени, если до конца суток осталось — э того, что уже протекло от начала суток? 53
Решение. Если сейчас х часов, то, учитывая, что в сутках 24 ч, составим уравнение 4 1 х -\ х = 24, откуда х = 13—. 5 3 6. После семи стирок измерения куска хозяйственного мыла, имеющего форму прямоугольного параллелепипеда, уменьшились вдвое. На сколько еще стирок хватит оставшегося куска мыла? Решение. После семи стирок объем оставшегося куска мыла составил — часть первоначального. Следовательно, израсходовано 8 ,17 1 мыла 1 = — куска, т. е. за каждую стирку расходовалась — 8 8 8 часть куска, столько, сколько осталось. Значит, осталось мыла на одну стирку. 7. В трех классах выполнялась контрольная работа. Получили «5» — 28 учащихся, «4» — 35, «3» — 29, «2» — 8% учащихся. Сколько учащихся получили оценку «2»? Решение. Оценки «5», «4», «3» получили 92 учащихся, что составляет 92% (100% —8%) от всех учащихся. Следовательно, один учащийся составляет 1%, а на 8% приходится 8 учащихся. 8. Из учащихся, выполнявших контрольную работу, 30% получили «5», 40% — «4», 8 учащихся — «3», остальные — «2». Средний балл оказался равным 3,9. Сколько учащихся получили каждую из оценок? Решение. Пусть х — число всех учащихся. По условию 5 . о,3х+ 4- 0,4* + 3 • 8 + 2(х — 0,7х —8) о п имеем: :—— —-*- -J—- '- = 3,9, откуда X х = 40. Итак, оценку «5» получили 12 учащихся, «4» — 16 учащихся, «3» — 8 учащихся, «2» — 4 учащихся. 9. Девять одинаковых книг стоят меньше десяти рублей, а десять таких же книг стоят больше одиннадцати рублей. Сколько стоит одна книга? Решение. Пусть одна книга стоит х копеек. Тогда 9х < < 1000, т. е. х < 111. В то же время Юх > 1100, т. е. х > 110. Следовательно, 110 < х < 111, откуда х = 111, т. е. книга стоит 1 р. 11 к. 10. Ученикам двух пятых классов выдали 469 учебников. Каждый получил одинаковое количество книг. Сколько было пятиклассников и сколько учебников получил каждый из них? Решение. Поскольку число всех учебников равно произведению двух чисел — числа учебников, которые получил каждый ученик, и числа всех учеников, то задача сводится к представлению числа 469 в виде произведения двух множителей. Существует только два способа такого представления: 469 = 1 • 469; 469 = 7х X67 (7 и 67 — числа простые). Поскольку число учеников в классе не может быть равно 1 или 469, то условию задачи удовлетворяет 54
второй способ. Следовательно, в двух классах — 67 учащихся, каждый из которых получил 7 книг. 11. Группа восьмиклассников решила после окончания учебного года поехать на экскурсию в Ленинград. Ежемесячно каждый ученик вносил одинаковую для всех сумму денег, и за 7 месяцев было собрано 640 р. 1 к. Сколько было в классе учеников и какую сумму денег вносил каждый ежемесячно? Решение. 64 001 =7*41- 223 (все множители — простые числа). В классе не может быть 223 ученика. Следовательно, в классе 41 ученик, каждый из которых ежемесячно вносил по 2 р. 23 к. 12. Напишите наименьшее трехзначное число, кратное 3, так, чтобы первая цифра его была 7. [702.] 13. Напишите наибольшее пятизначное число, кратное 9, так, чтобы первая цифра его была 3 и все цифры были бы различны. [39 870.] 14. Докажите, что числа, запись которых состоит из трех одинаковых цифр, делятся на 3 и на 37. [_ааа = 100а + Юа + а = = 111а = 3 • 37а.] 15. Докажите, что если сумма цифр делится на 9, то и число делится на 9. Доказательство. Пусть данное число N — трехзначное: # = 100а + 106 + с. По условию а + 6 + с \ 9, покажем, что N • 9. Представим N в виде суммы: N == 100а + 106 + с = (а + Ь + с) + 99а + 96. Так как каждое слагаемое делится на 9, то и N делится на 9. Аналогично можно доказать, что любое ft-значное число (ft > 3), сумма цифр которого делится на 9, всегда делится на 9. 16. Докажите,что если число N делится на 9, то его сумма цифр делится на 9. Доказательство. Пусть N — трехзначное число: N =* = 100а + 106 + с. По условию N \ 9. Покажем, что а + 6 + о • 9. N = (а + b + с) + (99а + 96). Если сумма и одно из слагаемых делится на 9, то и второе слагаемое делится на 9. Имеем: а + Ь + с \ 9. Аналогично можно доказать, что если любое ft-значное число (k > 3) делится на 9, то его сумма цифр делится на 9. 17. Число состоит из семи цифр 8, девяти цифр 1 и цифры 5. Делится ли оно на 9? Решение. Сумма цифр данного числа — 7 • 8 + 9 • 1 + + 5 = 70. Так как 70 не делится на 9, то и само число не делится на 9. 18. Делится ли на 9 число 10ю + 8? 55
Решение. Данное число имеет вид 1000...08. Так как сумма 33 нуля цифр этого числа (1+8) делится на 9, то число делится на 9. 19. Написали подряд два раза трехзначное число (например, 548 548). Докажите, что полученное число делится на 7, Ни 13. tabcabc = abc » 1000 + abc « abc (1000 + 1) =* lOOlabc = 7 X X 11 • I3abc.-] 20. Написали подряд три раза двузначное число (например, 737 373). Докажите, чтсыюлученное число делится на 3, 7, 13 и 37. iababab = db- 104 + ab- 102 + ab = ab . (104 + 102 + 1) = = aft • 10101 =3 • 7 • 13 • 37aft.] 21. Докажите, что число, записанное шестью одинаковыми цифрами, делится на 3, 7, 11, 13 и 37. \_aaaaaa =* 111111 • а = 3 • 7х X И • 13 • 37а.] 22. Напишите общий вид чисел, дающих при делении на 4: а) в остатке 1; б) в остатке 2; в) в остатке 3. [а) 4а + 1; б) 4а + 2; в) 4а + 3.] 23. Найдите среди чисел вида 3/г + 1 три числа, которые кратны пяти. Решение. Числа, кратные 5, оканчиваются цифрой 0 или 5. Чтобы число вида 3/г + 1 оканчивалось цифрой 0 или 5, число вида 3/г должно оканчиваться цифрой 4 или цифрой 9. Это возможно, когда п будет оканчиваться цифрой 3 или 8. (Этот факт легко установить перебором всех десяти цифр.) Значит, число вида 3/г + 1 кратно 5, когда п оканчивается цифрой 3 или 8. Подставив п = 3, 8, 13 в выражение Зя + 1, получим числа 10, 25, 40, кратные 5. 24. Докажите, что сумма любых двух последовательных нечетных чисел делится нацело на 4. Доказательство. Два последовательных нечетных числа имеют вид 2/г + 1 и, 2/г + 3. Их сумма 4/г + 4 делится на 4. 25. Цифры трехзначного числа записали в обратном порядке и из большего вычли меньшее. Докажите, что разность делится на 9. Доказательство. Если трехзначное число — abc, то условие задачи записывается так: 100а + 10ft + с — (100с + 10ft + + а) = 99я — 99с = 99 (а — с). Полученная разность кратна 9, что и требовалось доказать. 25. Задача-фокус. Возьмите трехзначное число. Запишите цифры в обратном порядке, получится еще одно трехзначное число. От большего числа отнимите меньшее. Последнюю цифру разности скажите мне, и я назову разность. Почему это так? Решение. Имеем: ~aFc — cba = (100a + 10ft + с) — (Ю0с+ + 10ft + а) = 99 (а — с), причем разность а — с может быть равна 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Тогда искомая разность 99 (а — с) будет выражаться числами: 0, 99, 198, 297, 396, 495, 594, 693, 792. Легко прослеживается закономерность в полученных числах: средняя цифра всегда 9, сумма крайних тоже 9. Если, например, ученик назвал последнюю цифру 4, тогда разность равна 594. 56
Замечание. Этот фокус целесообразно «показать» на уроке всем учащимся, а разгадать секрет его предложить желающим во внеурочное время. 26. Может ли сумма четырех последовательных натуральных чисел быть простым числом? Решение. Пусть а, а + 1, а + 2, а + 3 — четыре последовательных натуральных числа. Тогда их сумма равна 4а + 6. Так как 4а + 6 делится на 2 и 4а + 6 Ф 2 (4а > 0, 4а + 6 > 6), то 4а + 6 — число составное. Следовательно, сумма четырех последовательных натуральных чисел не может быть простым числом. 27. Может ли существовать прямоугольный параллелепипед, длины ребер которого натуральные числа, а площадь поверхности простое число? Решение. Если а, 6, с — измерения прямоугольного параллелепипеда (а € Nt b (: N, с (: Л/), то его полная поверхность равна 2аЬ + 2Ьс + 2ас = 2 (ab + be + ас). Число 2 (ab + be + ас) делится на 2 и 2 (ab + be + ас) > 2, следовательно, 2 (ab + be + + ас) — число составное. Таким образом, прямоугольный параллелепипед, длины ребер которого натуральные числа, а площадь поверхности простое число, существовать не может. 28. Продаются чайные чашки по 75 к., 70 к., 60 к., 50 к., 40 к. и блюдца по 58 к., 42 к., 32 к. Сколько различных наборов из одной чашки и одного блюдца можно составить? Какой набор будет самым дешевым и какой самым дорогим? Могут ли оказаться два различных набора с одинаковой ценой? Решение. Каждую из 5 чашек можно объединить с каждым из 3-х различных блюдец. Значит, всего можно составить 15 (Зх х5= 15) различных наборов. Самый дешевый набор будет составлен из самого дешевого блюдца и самой дешевой чашки. Он стоит 72 к. (40 + 32 = 72). Самый дорогой набор составлен из самого дорого блюдца и самой дорогой чашки и стоит 1 р. 33 к. (75 + 58 = = 133). Среди различных наборов найдутся такие, которые стоят одинаково, например 1 р. 2 к. (70 + 32 = 102 и 60 + 42 = 102). 29. В розыгрыше первенства по футболу участвуют 17 команд. Каждая команда с каждой из остальных должна сыграть два раза: один раз на своем поле, а другой на чужом. Сколько матчей будет проведено в турнире? Решение. По условию задачи на каждом из 17 полей будет сыграно 16 матчей. Всего, таким образом, будет сыграно 272 матча (16 • 17 = 272). 30. Велосипедист едет из одного города в другой со скоростью 10 км/ч. Если бы он ехал со скоростью 12 км/ч, то приехал бы в город на 4 ч раньше. Каково расстояние между городами? Решение. I способ. Пусть t часов — время движения велосипедиста со скоростью 10 км/ч. Тогда (t— 4) часов — время его движения со скоростью 12 км/ч. Так как в обоих случаях пройдено одно и то же расстояние, получаем уравнение: 10* = 12 (t — 4), 57
откуда находим t = 24. Следовательно, расстояние между городами равно 240 км (10 • 24 = 240). II способ. Если бы велосипедист увеличил скорость на 2 км/ч, то он приехал бы в город на 4 ч раньше, т. е. за счет увеличения скорости велосипедист мог бы пройти дополнительно 40 км (10 - 4 = 40). Таким образом, если бы велосипедист ехал со скоростью 12 км/ч, то на весь путь он затратил бы 20 ч (40 : 2 = 20). Следовательно, расстояние между городами равно 240 км (12х Х20 = 240). 31. Расстояние между туристскими базами А и В равно 46 км. Группа туристов вышла с турбазы А в направлении турбазы В со скоростью 5 км/ч. Через 2 ч с турбазы В навстречу первой группе вышла со скоростью 4 км/ч вторая группа туристов. Через сколько часов после своего выхода вторая группа встретится с первой? [4 ч.] Решение. 1) 5 • 2 = 10 км — прошла первая группа туристов за 2 ч; 2) 46 — 10 = 36 км — расстояние между группами в момент выхода второй группы; 3) 5 + 4 = 9 км/ч — скорость сближения; 4) 36 : 9 = 4 ч — пройдет вторая группа до встречи с первой. 32. Мотоциклист выехал из города А в город В. Если он будет ехать со скоростью 35 км/ч, то опоздает на 2 ч. Если же его скорость будет 50 км/ч, то он приедет на 1 ч раньше срока. Найдите расстояние между городами А и В и время, которое должен был затратить мотоциклист, чтобы приехать вовремя. Решение. Пусть мотоциклисту, чтобы приехать вовремя, потребуется х часов. Тогда со скоростью 35 км/ч он будет ехать (х + 2) часов, а со скоростью 50 км/ч — (х — 1) часов. Так как в обоих случаях будет пройдено одно и то же расстояние, получаем уравнение: 35 (х + 2) = 50 (х — 1), откуда х = 8. Следовательно, расстояние между городами равно 350 км (35 • (8 + 2) = 350). 33. Поезд проходит от станции А до станции В за 10 ч. Если бы скорость поезда была на 10 км/ч больше, он прошел бы этот путь за 8 ч. Найдите скорость поезда и расстояние между станциями А и В. Решение. I способ. Пусть скорость поезда х километров в час, тогда весь путь — 10 х километров, или 8 • (х + 10) км. Имеем уравнение: 10* = 8 • (х + 10), откуда х = 40, тогда расстояние между станциями 400 км (40 • 10 = 400). II способ. За 8 ч пути с увеличенной скоростью поезд пройдет на 80 км (10 • 8 = 80) больше, чем с обычной скоростью, когда он затрачивает 10 ч. Следовательно, 80 км поезд проходит за 2 ч пути (10 — 8 = 2), т. е. скорость поезда равна 40 км/ч, а расстояние между станциями 400 км. 34. Лыжник рассчитал, что если он будет проходить в час 10 км, то прибудет на место назначения часом позже полудня, а если будет 58
бежать со скоростью 15 км/ч, то прибудет часом раньше полудня. С какой скоростью должен бежать лыжник, чтобы прибыть к месту назначения в полдень? Какое расстояние он должен пробежать? В какое время суток должен отправиться в путь? Решение. Пусть лыжнику, чтобы прибежать вовремя (в полдень), потребуется / часов. Тогда со скоростью 10 км/ч он затратит (t + 1) час, а со скоростью 15 км/ч он затратит (t — 1) час. Имеем уравнение: 10 (t + 1) = 15 (t — 1), откуда t = 5. Значит, лыжник должен отправиться в путь в 7 ч (12 — 5 = 7), путь равен 60 км (10 (5 + 1) = 60), скорость лыжника 12 км/ч (60 : 5 = 12). 35. Бригада косцов в первый день скосила половину луга и еще 2 га, а во второй день — 25% оставшейся части и последние 6 га. Найдите площадь луга. Решение. По условию 6 га составляют 75% (3/4) оставшейся части. Значит, вся оставшаяся на второй день часть луга равна 8 га (6 : 3 • 4 = 8). По условию половина луга больше 8 га на 2 га, т. е. равна 10 га (8 + 2 = 10). Значит, весь луг занимал 20 га (10 • 2 = 20). 36. Сеня купил три пакета орехов, а Саша — 2 таких пакета. К ним присоединился Костя, и они разделили все орехи поровну. При расчете оказалось, что Костя должен уплатить товарищам 25 к. Сколько денег из этой суммы должен получить Сеня и сколько Са-, ша? Сколько стоит один пакет орехов? Решение: 1) 3 + 2 = 5 пакетов куплено всего. 2) 25 • 3= = 75 к. стоят 5 пакетов, так как 25 к. Костя должен заплатить за третью часть орехов. 3) 75 : 5 = 15 к. стоит один пакет. 4) 15 • 3 = 45 к. заплатил Сеня. 5) 45 — 25 = 20 к. даст Костя Сене. 6) 25 — 20 = 5 к. даст Костя Саше. 37. Из 9 монет одна фальшивая (более легкая). Как определить фальшивую монету двумя взвешиваниями на весах с двумя чашечками без гирь? Решение. Разложим 9 монет на 3 кучки по 3 монеты в каждой. С помощью одного взвешивания определим, в какой из трех кучек находится фальшивая монета. Для этого положим по 3 монеты на каждую чашечку весов, а 3 монеты отложим в сторону. Если весы находятся в равновесии, то фальшивая монета — среди монет, отложенных в сторону. Если равновесия не будет, то фальшивая монета — на поднятой чашке весов (в более легкой кучке). С помощью второго взвешивания определим, какая из трех монет, находящихся в более легкой кучке, фальшивая. Для этого положим по одной монете на чашки весов, а третью монету отложим в сторону. Если весы в равновесии, то фальшивая монета — не на весах. Если равновесия не будет, то фальшивая монета на поднятой чашке весов (более легкая). 38. Среди 27 монет одна фальшивая. По виду ее отличить от 59
остальных невозможно. Определите фальшивую монету с помощью трех взвешиваний на весах с чашечками без гирь, если известно, что фальшивая монета тяжелее, чем настоящая. Решение. Разложим 27 монет на 3 кучки по 9 монет и с помощью одного взвешивания определим, в какой из трех кучек находится фальшивая монета. Таким образом, задача свелась к предыдущей, т. е. фальшивую монету из 27 можно определить с помощью трех взвешиваний. 39. Из железного прута хотят сделать цепь либо в 80 звеньев, либо в 100 звеньев. Во втором случае каждое звено окажется на 5 г легче. Какова масса прута? Решение. I способ. Пусть во втором случае каждое звено имеет массу х граммов, тогда в первом случае каждое звено цепи имеет массу (х + 5) граммов. Получаем уравнение: 80 (х + 5) = = 100 а:, откуда х = 20, тогда весь прут имеет массу 2 000 г (20 х X 100 = 2000). II способ. Разница в количестве звеньев 20, для них с каждого из 80 звеньев нужно взять по 5 г, т. е. 20 звеньев (из 100) весят 5 • 80 = 400 г, а вся цепь весит 400 • 5 = 2 000 г. 40. Заполните пустые клетки таблицы так, чтобы сумма чисел, стоящих в любых трех соседних клетках, равнялась 15. 6 4 Решение. Разобьем клетки на группы по три. Первое число 6, два следующих обозначим а и Ь. По условию имеем: 6 + а + Ъ = 15(1). Возьмем первые четыре клетки. Так как суммы чисел, стоящих в первых и последующих трех клетках, должны быть равными, то находим, что в четвертой клетке должно быть число 6. (Если в четвертой клетке число дс, то а + Ь + х = 15, откуда х = 6.) Применяя это условие к любым четырем рядом стоящим клеткам, находим, что в таблице числа должны повторяться через две клетки. Т. е. таблица имеет вид? 6 а Ь 6 а Ь 6 а 4 6 а Следовательно, b = 4. Из условия (1) имеем: 6 + а + 4 = 15, откуда а = 5. 41. Заполните пустые клетки таблицы так, чтобы сумма чисел в трех соседних клетках как по вертикали, так и по горизонтали равнялась 12. 6 5 | | 1 | 60
Решение. Как и в предыдущей задаче, взяв любые четыре клетки подряд и учитывая, что сумма чисел в первых трех клетках равна сумме чисел в последующих трех клетках, находим, что в таблице должны быть равные числа через две клетки. Заполнив их, получим: 2 6 2 5 5 1 2 6 2 5 5 1 2 6 2 5 5 Остальные числа находим из условия, что сумма трех соседних чисел равна 12: 2 4 6 2 5 7 0 5 5 1 6 5 2 4 6 2 5 7 0 5 5 1 6 5 2 4 6 2 5 7 0 5 42. Восстановите цифры, замененные звездочками:, а) X •1* 3*2 *3* 3*2* 12*5 1*8*30 X 415 382 , 830 "•"3320 1245 158530 б) v **5 1** X -f 2**5 13*0 X + 325 147 2275 1300 325 47775 в) _ 52650 Решение, а) Так как последняя цифра в полученном произведении 0, а последняя цифра второго множителя 2, то число единиц в первом множителе 5. Отсюда легко определяется число десятков неполного третьего произведения. Оно равно 4 (15 • 3 = = 45). 61
Учитывая, что первая цифра произведения известна (1) и равна числу тысяч третьего слагаемого, запишем промежуточные результаты: 1) v *15 Л 3*2 *30 , 3*2* 2) 1245 1*8*30 v 415 Л 3*2 830 3*20 ' 1245 X 158530 Результат (2) получили, зная значение третьего неполного произведения (1245), цифру сотен второго множителя (3) и определив цифру сотен первого множителя (4). Теперь легко заполнить оставшиеся неизвестные цифры. б) Запишем промежуточный результат, учитывая правило умножения многозначных чисел: 3*5 1*7 2*75 . 13*0 + 3*5 4*775 Теперь легко определить, что число десятков в первом множителе — 2, а число десятков во втором множителе — 4. в) Учитывая правило деления многозначных чисел и подобрав число десятков в частном (только при умножении 325 на 6 получим четырехзначное число с числом сотен 9), получаем промежуточный результат: * 3 * 1 2* 25 0* 5* 5" 950 _ * * 5* * * 325 16 Теперь легко определяется число единиц частного (2), а затем и все остальные неизвестные цифры. 43. Узнайте, какие цифры обозначены буквами, если каждая буква означает лишь одну цифру: _муха ха кх ар уха уха 0 ха уха 3125 25 125 _62 _ 125
Решение. 1) Так как ха у = хг, то у = 1. 2) Поскольку х — р = х, то р = 0. 3) а ха = уха, т. е. а — цифра, при умножении на саму себя получаем ту же цифру. Из четырех цифр, щих этим свойством (0, 1, 5, 6), проверяем две — 5 и 6, цифры 0 и 1 уже заняты. 4) Если а = 6, то к = 7 (так как к — а — 1), тогда равенство 1 — а = к(у — а = к). Остается а = 5, 5) Так как а = 5,_у_ — а = к, у = 1, то к = 6. 6) Поскольку 5 х5 = 1x5, то х = 2. 7) Так как (м — 1) — х = 0, х = 2, то м = 3. 44. Восстановите цифры, замененные звездочками: которой обладаю- так как неверно a) V39* х 3* **8* 1191 1**98 X 397^ 34 1588 1191 13498 б) v **5 4* 3** 12*0 305 х 41 305 или 1220 12505 V315" Л 315 1260 12915 Решение, а) Используя значение второго промежуточного слагаемого, определяем цифру единиц первого множителя (7). Так как последняя цифра первого промежуточного слагаемого известна (8), легко получаем цифру единиц второго множителя (4). б) Так как первая цифра второго промежуточного слагаемого (1) совпадает с первой цифрой произведения, то цифра сотен первого множителя 3. По цифрам сотен первого множителя и первого промежуточного слагаемого определяем цифру единиц второго множителя (1). Так как второе промежуточное слагаемое начинается с 12, а оканчивается 0, то, учитывая цифру десятков второго множителя, определяем вторую цифру первого множителя (0 или 1). Проверка показывает, что условию задачи удовлетворяют обе цифры. 45. Найдите все числа, при делении которых на 7 в частном получится то же число, что и в остатке. Решение: х : 7 = а (ост. а), (а < 7); х = Та + а; х = 8а; а может принимать значения 0, 1,2, 3, 4, 5, 6. Значит, искомые числа: 0, 8, 16, 24, 32, 40, 48. 46. При делении на 2 число дает в остатке 1, а при делении на 3 остаток 2. Какой остаток дает это число при делении на 6? Решение. Так как при делении целого числа на 6 можно получить один из остатков — 0, 1, 2, 3, 4, 5, то множество целых неотрицательных чисел можно разбить на непересекающиеся подмножества чисел вида 6А, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4, 6k + 5, где k = 0, 1, 2,3 Так как данное число нечетное (при делении на 2 дает в остатке 1), то остается рассмотреть числа вида 6k + 1, 6k + 3, 6k + 5. Из них только числа вида 6ft + 5 при делении на 3 63
дают остаток 2. (Числа вида 6ft + 3 кратны 3; числа вида 6fc + 1 при делении на 3 дают остаток 1.) Следовательно, число имеет вид 6ft + 5, т. е. при делении на 6 дает остаток 5. 47. Сколько делителей у числа 3е . 54? Решение. Сначала подсчитаем число делителей, явлшо* щихся степенью числа 3. Таких делителей 6: 3\ За, З3, З4, 3*, 3е. Затем подсчитаем число делителей, которые являются степеною числа 5. Их будет 4< 5\ 52, 53, 54. Если теперь каждый из шести делителей, являющихся степенью числа 3, умножить на каждый из четырех делителей, являющихся степенью числа 5, то получим еще 24 делителя (6 • 4 = 24). Кроме того, делителем будет число 1. Итак, всего делителей 35 (6 + 4 + 24 + 1 = 35). 48. Если между двумя цифрами двузначного числа вписать нуль, то полученное трехзначное число будет в 9 раз больше первоначального. Найдите двузначное число. Решение. I способ. Пусть искомое двузначное число ab = 10а + Ь, тогда трехзначное число имеет вид аОЬ = 100а + Ь. По условию имеем 100а + 6 = 9 (10а + 6), откуда Ъа = 4& (1). Правая часть уравнения (1) кратна 4, следовательно, левая часть тоже кратна 4. Так как а — цифра и а Ф 0 (по условию задачи), то а — либо 4, либо 8. Число b ф0, так как при Ъ =з 0 а = 0, что противоречит условию задачи. Если а = 4, то из (1) 6 = 5. Искомое число 45. Если а = 8, то Ь — 10, чего быть не может, так как b — цифра ф < 9). II способ. Искомое число можно найти подбором из условия ab • 9 = аОЬ. Очевидно, что Ь Ф 0. Из всех однозначных чисел Ь, не равных нулю, только 5 при умножении на 9 дает число, оканчивающееся на Ь. Поэтому 6 = 5. Теперь нужно подобрать число а, которое при умножении на 9 дает число, оканчивающееся на 6. Такое число определяется однозначно: а = 4. 49. К числу 43 припишите слева и справа по одной цифре так, чтобы полученное число делилось на 45. Решение. Запишем искомое число N в виде я436. Так как это число должно делиться на 45, то оно должно делиться на 5 и 9 (причем 5 и 9 — взаимно простые числа). 1) N кратно 5, поэтому, используя признак делимости на 5, имеем N = я430, или N = а435. 2) N кратно 9, поэтому, используя признак делимости на 9, имеем либо N = 2430, либо N = 6435. 50. К числу 10 припишите справа и слева по одной цифре так, чтобы получилось число, кратное 72. Решение. Запишем искомое число в виде N = аЮЬ. Так как это число должно делиться на 72, то оно должно делиться на 8 и 9 (причем 8 и 9 — взаимно простые числа). Чтобы число делилось на 8, оно должно делиться на 4. Значит, по признаку делимости на 4, две последние цифры искомого числа должны со- 64
ставить число, кратное 4. Число, следовательно, имеет вид а 100 или а104 или а\08. Сумма цифр искомого числа, согласно признаку делимости на 9, должна быть кратна 9. Значит, а в первом случае равно 8, во втором —4, в третьем —9. Из чисел 8100, 4104, 9108 только 4104 делится на 8, а следовательно, на 72. 51. Докажите, что наименьшее общее кратное двух соседних натуральных чисел равно их произведению. Доказательство. Предварительно следует доказать, что два соседних натуральных числа взаимно просты. Предположим противное. Пусть п делится на k и п + 1 делится на ft, где k Ф 1. Так как сумма (л + 1) и одно из слагаемых (п) делится на fc, то и второе слагаемое (Г) должно делиться на fe. Следовательно, k = 1, что противоречит предположению. Противоречие доказывает, что два соседних натуральных числа не имеют общих делителей, кроме 1. Поэтому, по правилу нахождения НОК двух чисел, наименьшее общее кратное чисел п и п + 1 равно их произведению. 52. Расставьте числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 в кружках (рис. 35)так» чтобы сумма чиеел на каждой стороне равнялась 20. А теперь переставьте их так, чтобы сумма равнялась 17. Решение*. Сумма чисел на всех трех сторонах 60 (20 х ХЗ = 60). Так как 1+2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9= 45, то на углах должны стоять числа, в сумме дающие 15. Такими числами являются числа 4, 5 и 6 (рис. 36, а, б). Во втором случае рассуждаем аналогично (рис. 37, 38): 1) 17 • 3 = 51 — сумма чисел на трех сторонах; 2) 51 — 45 = 6 — число, равное сумме чисел, стоящих на углах; 3) 6 = 1 + 2 + 3, т. е. на углах должны стоять числа 1, 2 и 3. • Поиски путей к решению этой задачи приведены выше, § 4, с. 20—21. Рис. 35 Рис. 36 Вжаз 5394 65
Рис. 37 Рис. 38 Рис. 39 Рис. 40 53. Расположите 10 точек на 5 отрезках так, чтобы на каждом отрезке было по 4 точки. Решение (рис. 39). 54. Расположите 6 точек на 4 отрезках так, чтобы на каждом отрезке было по 3 точки. Решение. Рис. 40. 55. Докажите, что с помощью разновесок в 1, 2, 4, 8, 16 г можно взвесить любой предмет, масса которого выражается целым числом граммов от 1 до 31, кладя гири лишь на одну чашку весов. Решение. С помощью разновесок в 1, 2, 4, 8 г можно взвесить любой предмет массой от 1 г до 15 г, так как 3 = 1 + 2; 5 = 66
i Рис. 41 *. 1 + 4; 6 = 2 + 4; 7=1 + + 2 + 4; 9=1 +8; 10=2+ + 8; 11 = 1 +2+8; 12=4+ + 8; 13=4 + 8+1; 14 = 4+ + 8 + 2; 15= 1 +2 + 4 +8. Добавив гирю в 16 г, легко взвесим любой предмет от 16 до 31 г, так как 17 = 16 + 1; 18 = = 16+ 2;...; 31 = 16+ 15. 56. Можно лн разрезать шахматную доску без противоположных угловых клеток на прямоугольники из двух клеток разных цветов (рис. 41)? Решение. Поскольку противоположные по диагонали угловые клетки шахматной доски всегда одного цвета, то в данном случае получается, что черных клеток на 1 останется больше, чем белых, поэтому разрезать доску на целое число прямоугольников, содержащих два разноцветных квадратика, невозможно. 57» Бидон емкостью 10 л наполнен молоком. Требуется перелить из этого бидона 5 л в семилитровый бидон, используя при этом еще один бидон, вмещающий 3 л. Как это сделать? Решение. Будем «шаги» переливаний записывать в виде строки из трех чисел. При этом сосуды размещены слева направо по мере убывания их вместимости. Сосуд 10 л 3 3 6 6 9 9 2 2 7л 7 4 4 1 1 0 7 5 Зл 0 3 0 3 0 1 1 3 58. Даты часто записываются так: пишут число, номер месяца и две последние цифры года (например, 9.5.45 — девятое мая 1945 года)'. Сколько раз в течение XX века дату можно записать, используя лишь одну цифру (например, 5.5.55 — пятое мая 1955 года)? Решение. Будем последовательно брать цифры 1, 2, 3, ..., 9 и записывать различные даты, используя лишь одну цифру. Так, с помощью цифры 1 можно записать четыре даты: 1.1.11; 1.11.11; 11.1.11; 11.11.11; с помощью цифры 2 можно записать две даты: 2.2.22; 22.2.22. С помощью каждой из остальных семи цифр (3, 4, 5, ...» 9) можно записать по одной дате (в этих случаях число и номер месяца может быть только однозначным): 3.3.33; 4.4.44; ...; 9.9.99. Всего, таким образом, получается 13 дат. 67
А В Знакомый С Пассажир Трапбай ^ 59. Пассажир, проезжая в "~ трамвае, заметил знакомого, который шел вдоль линии трамвая в противоположную сторону. Через 10 с пассажир вышел из трамвая и пошел догонять своего знакомого. Через Рис. 42 сколько секунд он догонит знакомого, если он идет в два раза быстрее знакомого и в 5 раз медленнее трамвая? Решение. Пусть пассажир заметил знакомого в точке В, а догнал в точке А, выйдя из трамвая в точке С (рис. 42). Пусть скорость знакомого — х метров в секунду, тогда скорость пассажира — 2х метров в секунду, а скорость трамвая 2хХ Х5 =* Юл: метров в секунду. За 10 с трамвай пройдет №0х метров (Юх • 10 = 100л:), т. е. ВС = 100* метров, а знакомый за 10 с пройдет 10а: метров, т. е. Л£=10л: метрам. Значит, пассажиру нужно будет наверстать 110а: метров (ЮОх + 10а: = 110л:), что он сделает за счет разности скоростей (2х — х = х). На расстояние 110* метров пассажиру потребуется ПО с (110а: : х = НО). 60. Саша идет от дома до школы 30 мин, а брат его Петя — 40 мин. Петя вышел из дома на 5 мин раньше Саши. Через сколько минут Саша догонит Петю? Решение. Пусть расстояние от дома до школы s метров. Тогда скорость Саши — метров в минуту, скорость Пети мет- 30 40 ров в минуту. За 5 мин Петя пройдет расстояние — метров. Саша 40 догонит Петю за счет разности скоростей (— — — = —), затра- Н F l30 40 120У F тив на расстояние — метров 15 мин | — : — = 151. Р 40 Н \40 120 ) Замечание. Расстояние от дома до школы было бы можно обозначить не s, a 1. Это упростило бы вычисления, но, с точки зрения подготовки учащихся к изучению физики, целесообразно расстояние обозначить буквой s. 61. Поезд проходит мост длиной 450 м за 45 с, а мимо будки стрелочника — за 15 с. Вычислите длину поезда и его скорость. Решение. I с п о с о б. 1) 45 — 15 = 30 с — время, за которое проходит мост любая точка поезда. 2) 450 : 30 = 15 м/с — скорость поезда. 3) 15 • 15 «= 225 м — длина поезда. II способ. Пусть скорость поезда х метров в секунду. Тогда длина поезда 15л: метров. За 45 с поезд проходит расстояние 45л; метров, или (450 + 15л:) метров. Получаем уравнение: 45а: = 450 + 15л:, откуда х = 15. 68
Замечание. Следует разъяснить учащимся, что фраза «поезд проходит мост за 45 с» означает, что 45 с — это время с момента, когда начало поезда вступит на мост, до момента, когда конец поезда сойдет с моста. Фраза «мимо будки стрелочника поезд проходит за 15 с» означает, что поезд свою длину мимо, любой точки протягивает за 15 с. 62. Велосипедист проехал от деревни до города со скоростью 15 км/ч, а возвращался со скоростью 10 кмАч. Какова средняя скорость велосипедиста? Решение. Пусть расстояние от деревни до города — s километров. Тогда в город эелосипедист доехал за — часов, а обратно —за - часов. Всего велосипедист затратил -| часов It 4- — = —\ Следовательно, его средняя скорость равна U5 - Ю 6/ U5 / 12 км/ч (2s :| = 12J. Замечание. Следует обратить внимание учащихся, что средняя скорость т равна среднему арифметическому скоростей. 63. Саше и Лене куплены пальто, ботинки и шапочки. Всего заплатили 75 р. Каждая вещь, купленная для Саши, стоит в 1,5 раза дороже, чем такая же вещь, купленная для Лены. Сашино пальто в 10 раз дороже его шапочки, в 3 раза дороже ботинок и шапочки Лены. Сколько стоит каждый купленный предмет? Решение. Пусть шапочка Лены стоит * рублей. Тогда шапочка Саши стоит 1,5* рублей, а его пальто — 15* рублей (1,5*Х X Ю = 15*). - . « По условию ботинки и шапочка Лены стоят 5* рублей (15* : 3 « 5*), а ее ботинки 4* рублей (5*-* = 4*). Тогда ботинки Саши стоят 6* рублей (4* • 1,5 = 6*). Пальто Лены стоит 10* рублей (15а: : 1,5 = 10*). По условию задачи составляем уравнение: х + 4* + 10* + 6* + 1,5* + 15* = 75, откуда * = 2. 64. Часть жителей одного города умеет говорить только по- русски, часть —только по-узбекски и часть умеет говорить на обоих языках. По-узбекски говорят 85% жителей, а по-русски — 75% Сколько процентов жителей говорят на обоих языках? Решение I с п о с о б. 1) 100% - 85% = 15% - говорят только по-русски. 2) 75% - 15% = 60% - говорят на обоих ТКЯ X II сп о с о б. (С помощью кругов Эйлера, рис. 43.) Множество всех жителей города разбивается на два подмножества — множество жителей, говорящих по-русски, и множество жителей, говорящих по-узбекски. Пересечение этих множеств язляется 69 Рис. 43
множеством жителей, говорящих на обоих языках. Очевидно, пересечение содержит 60% жителей (75% + 85% = 160%; 160%— — 100% - 6096). 65. Разделите 7 яблок на 12 человек поровну, разрезая каждое яблоко не более чем на 5 частей. Решение. Поскольку 7 1 12 = —, то каждый должен полу- чить по — яблок. Число 12 можно представить в виде произведения двух множителей, каждое из которых не более 5, единственным способом (12 «* 3 • 4), поэтому задача сводится к представлению — в виде суммы двух дробей со знаменателем 3 и 4: 7 а Ъ _4а + 12 3^4 12 откуда 4а + ЪЬ » 7, где а € N, Ь € N\ следовательно, а = 1, Ь =* 1. Из равенства (1) следует, что нужно разрезать 3 яблока на 4 равные части, а 4 яблока — на 3 равные части, и каждому дать по одной четверти и по одной трети яблока. 66. Как разрезать торт в 600 г на части, чтобы его можно было разделить поровну и на троих, и на четверых человек? Постарайтесь сделать как можно меньше кусков. Решение. Разрежем сначала торт на четыре части (по 150 г), затем одну четвертую часть разрежем на три части (по 50 г). Имеем: 600 = 150 + 150 + 150 + 50 + 50 + 50, т. е. торт можно разделить поровну и на троих (по 200 г), и на четверых (по 150 г). 67. Я отпил — чашечки черного кофе и долил ее молоком. За- 6 тем я выпил — чашечки и снова долил ее молоком. Потом я выпил 3 полчашечки и снова долил ее молоком. Наконец, я выпил полную чашечку. Чего я выпил больше — черного кофе или молока? Решение. Кофе не доливали, поэтому его выпили 1 чашечку. Молока выпили также 1 чашечку, так как: 1+1+1=1 6 ^ 3 ^ 2 Ь 68. Петя съел — всех яблок и еще 2 яблока, Сеня съел — всех 3 4 яблок и еще 1 яблоко, а Коля — половину тех яблок, которые остались после Пети и Сени. После этого оставалась — часть первона- 6 чального числа яблок. Сколько яблок было вначале? Решение. Обозначим число всех яблок через х. Тогда Петя съел { — + 2) яблок, Сеня съел (— + 1) яблок. Так как Коля съел половину тех яблок, которые остались после Пети и Сени, а после 70
него осталась —- часть первоначального числа яблок, то Коля съел 6 1 X X — часть всех яблок, т. е. — яблок. Так как осталось — яблок, име- 6 6 б ем уравнение: £ +2 + у+ 1 + ^ + | = х, откуда * = 36. 3 4 об ОЛ п * \ 37373737 лч 609609609 69. Сократите дроби: а) ; б) . Н Н ' 81818181 ' 205205205 Решение. 37373737 _ 37 ■ 10я + 37 . 10* + 37 . 10» + 37 _ 37 • 1010101 ^37^ *' 81818181 ~ 81 • 10« + 81 • 10* + 81 • 10? + 81 ~ 81 . 1010101 = 81* б) 609609609 609» 10« + 609. 10э + 609 609 > 1001001 609 205205205 "" 205 . 10« + 205 . 103 + 205 в 205 . 1001001 ~ 205* ^л и у * 382 + 498 • 381 70. Найдите значение дроби: -—— . 382-498 — 116 Решение. 382 + 498 ■ 381 __ 382 + 498-381 _ 382 + 498-381 382 .498—116 ~~ (381 + 1) -498—116 ~~~ 381 - 498+ (498— 116) 382 + 498 - 381 381 . 498 + 382 70. Найдите значение выражения: L + JL+»+ _ - 1.22.33.4 19 . 20 Решение. ^ = 1-1; -i-= 1 _ 1 и т. д. Следовательно, A- + -L+J-+...+-L- = l-l + + 1—1+ +1—1=^1—1=1? 2 3 "' 19 20 20 20* 72, Несколько кружков одного и того же радиуса разложено в виде квадрата. При этом пять кружков оказались лишними. Если каждую сторону квадрата увеличить на один кружок, то не хватит 8 кружков. Сколько было кружков? Решение. Пусть по одной стороне квадрата укладывали х кружков. Чтобы увеличить каждую сторону на 1 кружок, требуется 2х + 1 кружок (рис. 44), что по условию равно 13 (5 + 8 = 13). Получаем уравнение: 2х + 1 = 13, откуда х = 6. Всего кружков было 41 (6-6 + 5 = 7-7 — 8 = 41). 73. Отметьте в тетради 9 точек так, как показано на рисунке 45. Не отрывая карандаша от бумаги, проведите 4 отрезка так, чтобы они прошли через все 9 точек. 71
ооо OOQ QOQ Хнружноб oooo oooo oooo OOOQ Рис. 44 Рис. 45 Рис. 46 Решение. Рис. 46. 74. Мама купила яблоки для своих детей — Вани, Нины и Миши. Дети должны были поделить яблоки между собой поровну. Ваня пришел домой первым, сосчитал яблоки, взял третью часть и ушел. Потом пришла Нина, и, полагая, что она пришла первой, сосчитала оставшиеся яблоки, взяла третью часть этих яблок и ушла. Наконец, пришел Миша и взял третью часть оставшихся яблок. После этого в сумке осталось 8 яблок. Сколько яблок купила мама для своих детей? Решение. I способ. Пусть мама купила х яблок. Тогда х 2х Ваня взял — яблок, осталось — яблок. Нина взяла третью часть 2х ^ 11 2х 2х\ п j, 4х от оставшихся, т. е. — яблок — • -=—•). После Нины осталось — 9 \3 3 9/ 9 ^ /2х 2х 4х\ А, Ах Ах ^ яблок ( = —)• Миша взял третью часть от —, т. е. — яблок. \3 9 9/ F 9 27 После Миши осталось — х яблок ( ="")' что по УСЛОВ:!1о равно 8. Имеем уравнение: ~ = откуда х = 27. II спосаб. Решаем задачу с конца. По условию 8 яблок 2 составляют — того числа яблок, которые остались после Вани и 3 Пины, т. е. к приходу Миши осталось 12 яблок (8 i 2 • 3 = 12). 2 12 яблок составляют — того числа яблок, которое осталось после 3 Вани, т. е. до прихода Нины было 18 яблок (12 « 2 • 3 = 18). 2 18 яблок составляют — всех яблок, т. е. всего было куплено 27 яблок (18 : 2 • 3 = 27). 75. Делится ли на 81 число, записанное 81 единицей? Решение. I способ. Представим данное число в виде суммы 9 слагаемых: 111 ... 1 = 11 ... Ь 1072+ 111 ... 1 • 10вз + 81 единица 9 ед. 9 ед. + in .. 1 • ю54+ + in ... 1 = 9 ед. 9 ед 72
= 111 ... 1(1072+ 1063+ 10м + ... +10д+1). 9ёд. Первый множитель делится на 9, так как на 9 делится сумма его цифр, равная 9. Сумма цифр второго множителя, равная 9 (числу слагаемых), также делится на 9, следовательно, и,сам множитель делится на 9. Поэтому данное число, представленное в виде произведения двух множителей, каждый из которых делится на 9, делится на 81. II способ. Заметим, что по признаку делимости на 9 данное число делится на 9. Если это число разделить на 9, то в частном получится число, записанное цифрами 123456790123... . Легко понять, что в частном будет число, в котором цифры 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 0 повторятся 9 раз. Поэтому сумма цифр этого числа делится на 9, следовательно, и само число (частное) делится на 9. Таким образом, данное число делится на 81. 76. Число оканчивается цифрой 2. Если переставить эту цифру в начало числа, то число удвоится. Найдите это число. Решение. Так как число оканчивается на 2 и после перестановки этой двойки на первое место число удваивается, то перед двойкой должна стоять цифра 4. По тем же соображениям перед цифрой 4 должна стоять цифра 8, перед цифрой 8 — цифра 6 (так как 8 • 2 = 16). Перед цифрой 6 стоит цифра 3 (так как 2 • 6 + + 1 = 13). Продолжаем подсчет цифр искомого числа, пока не получится 2 (но не 12). Одно из искомых чисел — = 105 2бЗ 157 894 736 842. Это наименьшее из чисел, обладающих данным свойством. Задача имеет бесчисленное множество решений. 77. В 1964 году мне исполнилось столько лет, какова сумма цифр года моего рождения. В каком году я родился и сколько мне лет? Решение. Установим прежде всего, что в XIX веке (в 18 ху году) автор задачи не-мог родиться, так как в таком случае по условию задачи в 1964 году ему исполнилось бы не больше 27 лет (сумма цифр года рождения 1 + 8 + х + у < 27), чего быть не может. Пусть год рождения 19ху. В 1964 году исполнилось (64 — Юл: — — у) лет (1964 — (1900 + Юл: + у)), что по условию равно сумме цифр года рождения, т. е. 1 + 9 + х + У- Составляем уравнение: 64 — 10* — у = 10 + х + у, откуда 1 \х + 2у = 54 (1). Из (1) имеем: а) х — четное число, так как 2у и 54 — числа четные; б) 11л: < 54, т. е. х = 2 или х = 4; в) если х = 2, то у «= 16, что невозможно, так как у — цифра. Следовательно, х = 4, у = 5. Значит, год рождения — 1945. В 1964 году исполнилось 19 лет (1964 — 1945 = 19), что действительно равно сумме цифр года рождения (1+9 + 4 + 5= 19). 73
Замечание. Уравнение 1 \х + 2у = 54 можно решить другим путем: выразить у через х и, придавая возможные значения х (х — цифра), определить у: у = ———-. 1) х ф О, иначе у > 9; 4) х Ф 3, иначе у — дробное; 2) х ф 1, иначе у > 9; 5) х = 4, у = 5. 3) л: ф 2, иначе у > 9; 78. В магазине было шесть разных ящиков с товаром в 15 кг, 16 кг, 18 кг, 19 кг, 20 кг, 31 кг. Два покупателя взяли пять ящиков. Один из них взял по массе в два раза больше, чем другой. Какой ящик остался в магазине? Какие ящики взял каждый покупатель? Решение. Пусть один из покупателей взял х килограммов товара, другой — 2х килограммов, тогда оба вместе взяли За* килограммов товара, т. е. общее число килограммов товара, взятого покупателями, должно делиться на 3. Всего в магазине было 119 кг товара. Вычитая из 119 поочередно числа, равные весу одного ящика (оставшегося в магазине), найдем число, кратное 3: 119— 15 = 104, 119— 16 = 103, 119— 18 = 101, 119— 19 = 100, 119 — 20 = 99, 119 — 31 = 88. Из чисел 104, 103, 101, 100, 99, 88 лишь 99 кратно 3. Следовательно, два покупателя взяли товар весом 99 кг. Так как 99 = 119 — — 20, то в магазине остался ящик в 20 кг. Решая уравнение 3* = — 99, находим, что один покупатель взял товар весом в 33 кг, значит, другой взял товар весом в 66 кг. Так как 33 = 15 + 18 и 66 = = 16 + 19 + 31, то первый покупатель взял два ящика весом в 15 кг и 18 кг, второй — три ящика весом в 16 кг, 19 кг и 31 кг. Замечание. Определить оставшийся в магазине ящик можно и другим способом. Разделив 119 на 3, получаем остаток 2. Среди ящиков только один ящик (в 20 кг) имеет массу, при делении которой на 3 получается остаток 2. 79. Собрали 100 кг грибов. Оказалось, что их влажность 99%. Когда грибы подсушили, влажность снизилась до 98%. Какой стала масса этюс грибов после подсушивания? Решение. По условию в 100 кг грибов содержится 1 кг сухого вещества (100 — 0,99 • 100 = 1). Так как масса сухого вещества в общей массе грибов постоянна (1 кг) и стала после подсушивания составлять 2% (100 — 98 = 2), то масса грибов после подсушивания стала равной 50 г (если 2% — 1 кг, то 100% — 50 кг). 80. Путешественник ехал в автобусе и увидел, что на километровом столбе написано двузначное число. Он уснул, а через час проснулся и увидел, что на километровом столбе написано трехзначное число, первая цифра которого такая же, как вторая цифра час тому назад, вторая цифра — нуль, а третья — такая же, как первая цифра час тому назад. Еще через два часа он выглянул в 74
В Рис. 47 окно автобуса и увидел, что на километровом столбе число такое же, как два часа тому назад, только цифра нуль заменилась иной цифрой. Найдите скорость автобуса. Решение. Пусть вначале путешественник увидел число ху = Юх + у. Через час число стало уОх =* ЮОу + х. Через два часа число стало yzx = ЮОу + 10z + х. Так как скорость автобуса постоянна, то уОх — ху *= — {yzx — уОх), т. е. ЮОу + х— — Юх — у = 1 (ЮОу + Юг + х— ЮОу — х), откуда 9 (Ну — х) = 5z. (1) Так как левая часть уравнения (1) делится на 9, то и правая должна делиться на 9. Следовательно, z =* 9 (z — цифра, не равная по условию нулю), а скорость автобуса (5z) равна 45 км/ч. Для проверки найдем значения х и у. Из (1) имеем: Ну — х = 5, х + 5 = Ну. (2) Правая часть уравнения (2) делится на И, следовательно, и левая должна делиться на 11. Учитывая, что х — цифра, находим х =» 6, откуда у ■= 1. Cлeдoвateльнol на столбе появлялись числа 61, 106, 196. 81. Путешественник должен пересечь пустыню. Его путь равен 80 км. За один день он проходит 20 км и может нести запас пищи и воды на 3 дня. Поэтому он должен делать промежуточные станции, чтобы пополнять на них запасы пищи и воды. За сколько дней он может пересечь пустыню? Решение. Пусть АЕ = 80 км (рис. 47). Разобьем весь путь АЕ на участки длиной 20 км: АВ = ВС = CD = DE = 20 км. Так как путешественник может нести запас пищи и воды лишь на три дня, то, чтобы пересечь пустыню, он должен иметь трехдневный запас пищи в точке В. Поскольку в точку В он приходит только с двухдневным запасом пищи (однодневный запас он истратит на путь А В), то ему нужно вернуться в точку Л, оставив в точке В однодневный запас. Снова взяв трехдневный запас пищи и воды в точке Л, он приходит в пункт В с двухдневным запасом. Таким образом, в пункте В окажется трехдневный запас пищи, и он сможет пройти путь BE за три дня. Всего ему потребуется шесть дней на путь, равный сумме АВ + ВА + АВ + ВС + CD + DE. Замечание. После решения этой задачи очень полезно решить более сложную, когда путь из Л в £ равен 100 км. Тогда, разбив весь путь точками Л, В, С, D, F и Е на пять отрезков и учитывая решение предыдущей задачи (в точку В путешественник 75
\ \ Рис. 48 должен принести шестидневный запас пищи), найдем, что на преодоление всего пути путешественнику понадобится 15 дней: 6 дней на путь BE и 9 дней, чтобы принести в точку В шестидневный запас пищи. (За 9 дней путешественник пройдет путь, равный АВ + ВА + + АВ + ВА + АВ + ВА + АВ + ВА + АВУ причем за 8 дней он принесет в точку В четырехдневный запас, а за последний 9 день — двухдневный.) 82. Дробь — несократима. Будут ли сократимы дроби: п а) т в) п-\- т ' п + тп' 2т + Зд Решение, а) Пусть т делится на d и п + т делится на т 1, тогда п \ d, значит, дробь — сократима, что противоречит условию. Следовательно, т — несократима. б) I способ. Пусть т делится на d и п + тп делится на d, d Ф 1, тогда тп делится на d, поэтому п делится на d. Получается, что дробь — сократима, что противоречит условию. Следовательно, п т — несократима. Дробь п + гпп II способ. т т — несократима, так п + тп п (т + 1) как числа т и п не имеют общих делителей по условию, а числа т и 1 + т взаимно просты (доказано при решении задачи 51). В) Пусть п делится на d и 2т + Зп делится на d, d ф 1, откуда Зг делится на d и 2т делится на d. Из того что 2т делится на d следует, что 2 делится на d> т. е. d = 2 (m не делится на d, так как в противном случае дробь — была бы сократима, что противоречит п условию). Поскольку п делится на d, a d = 2, то п = 2fc, т. е. дробь сократима при четном п. ^ 2т + Зп к к 83. Разрежьте различными способами квадратную доску на две равные части, не имеющие форму прямоугольника. Решение. Рис. 48. 84. Диофант (греческий математик) провел шестую часть своей жизни в детстве, двенадцатую — в юности; после седьмой части, 76
проведенной в бездетном супружестве, и еще 5 лет у него родился сын, умерший по достижении половины числа лет жизни отца, после чего Диофант прожил только 4 года. Скольких лет умер Диофант? Решение. Пусть Диофант прожил х лет. По условию задачи составляем уравнение: *. + ± + JL + 5 + — 4-4 = jrt 612 7 2 откуда х = 84. 85. Некто согласился работать с условием получить в конце года одежду и 10 флоринов. Но по истечении 7 месяцев прекратил работу и при расчете получил одежду и 2 флорина. Во сколько ценилась одежда? Решение. I способ. Пусть одежда стоит х флоринов. Тогда месячный заработок равен —— флоринов, а за 7 месяцев оплата равна ~*~—- флоринов, или (х + 2) флорина. Имеем уравнение: 1^±В=х + 2, откуда х = 91. 12 5 II способ. Некто должен был получить за 12 месяцев одежду и 10 флоринов, получил же за 7 месяцев одежду и 2 флорина, т. е. за 5 оставшихся месяцев он должен был получить 8 флоринов. о Следовательно, месячный заработок составляет — флорина. За э 7 месяцев некто должен был получить 7 • — = — (флорина), но получил одежду и 2 флорина. Следовательно, одежда стоит 9— фло- ) 86. Трое имеют по некоторой сумме каждый* Первый дает из своих денег двум другим столько, сколько есть у каждого. После него второй даёт двум другим столько, сколько каждый из них имеет. Наконец, и третий дает двум другим столько, сколько есть у каждого. После этого у каждого оказывается по 8 экю (старинная французская золотая монета). Сколько денег было у каждого вначале? Решение. Задачу решаем с конца. Так как в итоге у каждого оказалось по 8 экю, значит, исходя из условия задачи, у первого и второго до получения денег от третьего было по 4 экю (8:2 = = 4), а у третьего 8 + 4 + 4 = 16 экю* У первого и третьего до получения денег от второго было соответственно 2 экю (4:2 = = 2) и 8 экю (16 : 2 = 8), а у второго 14 экю (8 + 4 + 2 == 14). У второго и третьего до получения денег от первого было соответ- 77
ственио 7 экю (14 : 2 = 7) и 4 экю (8 : 2 = 4), а у первого 13 экю (2 + 7 + 4 = 13). Замечание. Можно решение задачи оформить в таблице, учитывая, что у всех вместе было 24 монеты. 13 2 4 8 1 7 14 4 8 II 4 8 16 8 III 87. Крестьянка несла на базар в корзине яйца. Всадник случайно толкнул корзину, и все яйца разбились. «Сколько у тебя было яиц?» — спросил он. «Не знаю, — ответила крестьянка. — Но помню, что когда я раскладывала их по 2, по 3, по 4, по 5, по 6, то каждый раз одно яйцо было лишним, а когда разложила их по 7, то остатка не было». Сколько яиц было в корзине, если известно, что их было меньше 400? Решение. По условию задачи, если из числа яиц, имеющихся у крестьянки, вычесть 1, то получится число, кратное 2, 3, 4, 5 и 6, т. е. искомое число имеет вид 60fe + 1, ft € W. (60 — НОК чисел 2, 3, 4, 5, 6.) Ответ найдем подбором. При к = 5 получаем 301. Это число делится на 7. 88. Средний возраст одиннадцати игроков футбольной команды — 22 года. Во время матча один из игроков получил травму и ушел с поля. Средний возраст оставшихся на поле игроков стал равен 21 году. Сколько лет футболисту, получившему травму? Решение. I способ. Пусть футболисту, получившему травму, х лет. Тогда средний возраст всех одиннадцати игроков 21 • 10 1 х равен —— лет, что по условию равно 22. Имеем уравнение: 210 + * =22, откуда х = 32. II с п о с о б. 1) 22 -11= 242 года — сумма возрастов всех членов команды. 2) 21 • 10 = 210 лет — сумма возрастов 10 членов команды (без игрока, получившего травму). 3) 242 — 210 = 32 года — возраст футболиста, получившего травму. 89. Купили несколько одинаковых книг и одинаковых альбомов. За книги заплатили Юр. 56 к. Сколько купили книг, если цена одной книги более чем на 1 р. превосходит цену альбома, а книг купили на 6 больше, чем альбомов? 78
Решение. Задачу легко решить методом перебора. Так как книг купили на 6 больше, чем альбомов, то книг купили не меньше семи. Из того что цена одной книги более чем на 1 р. превосходит цену альбома, следует, что каждая книга стоит более одного рубля, а поскольку за книги заплачено 10 р. 56 к., то книг купили не больше 10. Таким образом, число купленных книг — не меньше 7 и не больше 10. Проверив каждое из чисел 7, 8, 9, 10, найдем, что только число 8 удовлетворяет условию задачи (на остальные числа не делится число 1056). Следовательно, купили 8 книг. 90. Сумма номеров домов на квартале (отрезке улицы между двумя перекрестками) равна 33. Какие это номера? Решение. Из условия задачи следует: 1) Дома расположены на нечетной стороне, так как сумма четных чисел всегда четна. 2) Число домов на квартале нечетно, так как сумма четного числа нечетных чисел всегда четна. 3) Раз число домов нечетно, то имеется средний дом. Пусть его номер fe. Соседние дома имеют номера k + 2 и k —2, соседние с ним — fe + 4 и ft — 4 и т. д. Таким образом, сумма номеров домов, равноудаленных от среднего, равна 2ft. Следовательно, удвоенная сумма номеров домов на квартале равна 2km, где т — число домов. Значит, сумма номеров домов на квартале равна km, т. е. раскладывается на произведение двух множителей, один из которых равен числу домов. Число 33 можно разложить на два множителя двумя способами: 33 = 1 • 33 и 33 = 3 • 11. Ясно, что ft > m (k — номер среднего дома, т — число домов), так как дома не имеют отрицательных номеров. Значит, либо k = 11 и квартал состоит из домов под номерами 9, И, 13, либо k = 33 и весь квартал состоит из одного дома номер 33. 91. Кусок проволоки длиной 102 см нужно разрезать на части длиной 15 см и 12 см так, чтобы обрезков не было. Как это сделать? Сколько решений имеет задача? Решение. Если х — число кусков длиной 15 см, у — число кусков длиной 12 см, то имеем уравнение 15* + 12у = 102. ■ (Заметим, что х должно быть четным числом, так как четными числами являются сумма (102) и одно из слагаемых (12)0. Поскольку х — четное число, то число 15* оканчивается нулем, следовательно, число 12у должно оканчиваться цифрой 2. Следовательно, у = 1, тогда х = 6 или у = 6, х = 2, т. е. задача имеет два решения. 92. Мальчик купил на один рубль почтовых марок, причем двухкопеечных марок он купил в 10 раз меньше, чем однокопеечных, остальные же марки были пятикопеечными. Сколько марок каждого достоинства купил мальчик? Решение. Пусть х — число двухкопеечных марок, у — число пятикопеечных марок. Тогда число однокопеечных марок 79
10*. Всего мальчик истратил (1 • Юх + 2 • х + 5у), или один рубль. Имеем уравнение: 12* + 5у = 100. Для решения этого уравнения выразим у через х. Имеем: у = 12jc «= 20 . Так как х и у — числа натуральные, то имеем един- 5 ственное решение: х = 5, у = 8, т. е. мальчик купил 5 двухкопеечных марок, 50 однокопеечных, 8 пятикопеечных марок. 93, Я задумал трехзначное число. Если из цифр этого числа составить всевозможные двузначные числа и затем их сложить, то треть суммы будет равна задуманному числу. Найдите задуманное число. Решение. Пусть задуманное трехзначное число имеет вид abc = 100а + 106 +с. Составим^из_цифр этого_ числа всевозможные двузначные числа: аа> abt ас, ba, bb, be, ca, cb, се. Сумма их равна 10а + а + Юа + b + 10а + с + 106 + а + ЮЬ + b + + 1ОЬ + с+10с + а+10с + Ь+10с+с = 33а + 336 + 33с. По условию имеем: - (33а + 336 + 33с) = 100а + 106 + с, откуда 89а = Юс + 6. Так как Юс + 6 — двузначное число, то а = 1, так как только при этом условии 89а будет двузначным числом. Имеем: 89 =» Юс + 6, т. е. с «= 8, 6 =» 9. Итак, искомое число 198. Замечание, Полезно сделать проверку. Составим из цифр числа 198 всевозможные двузначные числа: 11, 19, 18, 91, 99,98, 81, 89, 88. Сумма их равна (19 + 91) + (81 + 99) + (89 + + 11) + 18 + 98 + 88 = 594, 594 : 3 = 198. Получили искомое число. Задача решена верно. 94, Тома «Детской энциклопедии» стояли в таком порядке: 1, 2, 6, 10, 3, 8, 4, 7, §, 5. Как поставить их по порядку, если можно брать два соседних тома и ставить их, не меняя порядка, рядом на новое место (в начало, конец или между двумя томами)? Решение*. Первые два тома стоят правильно. Чтобы третий том оказался за вторым, поставим 6 и 10 тома в конец: 1, 2, 3, 8, 4, 7, 9, 5, 6, 10. Чтобы четвертый том стоял за третьим, поставим 4 и 7 тома между 3 и 8: 1,2,3,4,7,8,9,5,6, 10. * О способах решения задач такого типа см. статью А. Савина «От школьной задачи — к проблеме» (Квант, 1976, № 12, с, 2—9). 80
Осталось 5 и 6 тома поставить между 4 и 7 томами: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. 95. В одном ящике лежат 10 пар коричневых и 10 пар черных носков, а в другом — 10 пар коричневых и 10 пар черных перчаток. Из них, не глядя, вынимают несколько носков и несколько перчаток. Какое наименьшее число носков и перчаток надо извлечь из этих ящиков, чтобы из них можно было составить пару одноцветных носков и пару одноцветных перчаток (все носки и все перчатки одного размера)? Решение. Возможны два случая: а) составляются пары одноцветных носков и пары одноцветных перчаток, но необязательно носки и перчатки одинакового цвета; б) составляются пары одноцветных носков и пары одноцветных перчаток того же цвета, что и носки. а) Так как для левой и правой руки перчатки различны, а носки отличаются только цветом, то достаточно вынуть 3 носка (в самом неблагоприятном случае), чтобы из них составить пару одноцветных носков. Перчаток нужно вынуть 21, чтобы из них можно было составить пару одноцветных. (В худшем случае можно вынуть 10 коричневых перчаток на одну руку и 10 черных перчаток— на другую. Лишь 21-я перчатка (любого цвета) даст возможность составить пару перчаток этого цвета.) б) Выбираем сначала носки. Их достаточно 3. Чтобы можно было составить пару перчаток того же цвета, что и носки, нужно вытащить 31 перчатку (в худшем случае). Если же начать с перчаток, то потребуются 21 перчатка и 22 носка (в наиболее неблагоприятном случае). 96. В соревновании по бегу участвовали три бегуна: Авдеев, Васильев, Семенов. Перед забегом один зритель сказал, что первым придет Авдеев, другой — что Семенов не будет последним, а третий — что Васильев не придет первым. После забега оказалось, что один зритель угадал, а два других ошиблись. Как закончились соревнования, если известно, что все три бегуна закончили бег в разное время? [Васильев—I, Семенов — II, Авдеев—III]. Решение. Для решения задачи составим таблицу, которую заполним исходя из условия задачи. 1-й зритель 2-й зритель 3-й зритель Авдеев I Васильев II ИЛИ III Семенов I ИЛИ II Предположим, что угадал 1-й зритель, а два других ошиблись. Тогда получается, что первыми пришли и Авдеев (угадал 1-й зритель), к Васильев (ошибся 3-й зритель, утверждавший, что Василь- I Вшз 6394 31
ев не придет первым). Но этого быть не может, так как все трое закончили бег в разное время. Предположим, что угадал 2-й зритель, а 1-й и 3-й ошиблись. В этом случае возможна только следующая расстановка мест: Васильев — I, Семенов — II, Авдеев— III место. Для проверки убедимся, что 3-й зритель не угадал. Если бы 3-й зритель был прав, то Васильев — не первый. Но в этом случае не может быть первым ни Авдеев (1-й зритель ошибся), ни Семенов (2-й зритель ошибся). Выходит, что никто не пришел первым, чего быть не может, т. е. 3-й зритель ошибся. 97. Четыре ученицы: Аня, Валя, Галя и Даша заняли первые четыре места на соревнованиях по гимнастике, причем никакие две из них не делили между собой какие-нибудь два места. На вопрос «Какое место заняла каждая из них?» трое зрителей дали три разных ответа: 1. Аня заняла второе место, Даша — третье. 2. Аня — первое место, Даша — второе. 3. Галя — второе место, Даша — четвертое. В каждом из этих ответов одно высказывание истинно, а другое ложно. Какое место заняла каждая ученица? Решение. Составим таблицу, которую заполним исходя из условия задачи. 1-й зритель 2-й зритель 3-й зритель Аня II I Валя Галя II Даша III II IV Пусть в ответе 1-го зрителя первое высказывание истинно, а второе ложно. Тогда Аня заняла II место, а Даша — не III место (I или IV). Рассмотрим ответ 2-го зрителя. Его первое высказывание не может быть истинным, так как в этом случае (с учетом истинности первого высказывания 1-го зрителя) Аня должна занять I и II места одновременно. Следовательно, истинным должно быть второе высказывание: Даша заняла II место. Но и этого быть не может, так как II место заняла Аня (истинно первое высказывание 1-го зрителя). Следовательно, ни первое, ни второе высказывание 2-го зрителя не может быть истинным, что противоречит условию задачи. Значит, мы неверно предположили, что первое высказывание 1-го зрителя истинно. Следует считать истинным второе высказывание 1-го зрителя (Даша заняла III место), а его первое высказывание ложно, т. е. Аня заняла I или IV место. Поскольку Даша заняла III место, то вторые высказывания 2-го и 3-го зрителей ложны, а истинны их первые высказывания. 82
В итоге имеем следующее распределение мест: I — Аня, II — Галя, III — Даша, IV — Валя. 98. Пригородная железная дорога разделена (по стоимости билетов) на 12 зон. Сколько видов билетов (различной стоимости) надо заготовить для этой железной дороги? Решение. Для первой зоны необходимы билеты 12 видов: одного вида для проезда внутри зоны и 11 видов для проезда в другие зоны. Для второй зоны необходимо дополнительно 11 видоз билетов: одного вида для проезда внутри зоны и 10 видов для проезда в другие зоны. (Так как виды билетов, согласно условию, отличаются лишь их стоимостью, то билеты из первой зоны во вторую и из второй зоны в первую будут одного и того же вида). Для третьей зоны необходимо дополнительно 10 видов билетов и т. д. Всего, таким образом, нужно заготовить 78 видов билетов (различной стоимости): 12+11 + 10 + 9 8 7 + 6 + 5 4 + 3 + 21 99. Начерчен угол в 66°. С помощью циркуля и линейки разделите его на 11 равных частей. Решение. Так как 66° : 11 = 6°, а 6° * 66° — 60°, то угол, равный 6°, может быть получен как разность данного угла и угла в 60°. Угол, равный 60°, с помощью циркуля и линейки построить легко: это угол произвольного равностороннего треугольника. Наложив угол 60° на данный угол, получим угол 6°. (Построения будут более рациональными, если равносторонний треугольник построить внутри данного угла так, чтобы одна из вершин треугольника совпадала с вершиной данного угла, а одна из сторон треугольника — с одной из сторон угла.) Чтобы И раз отложить угол 6° внутри угла 66°, проведем внуг- ри данного угла дугу окружности произвольного радиуса с центром в вершине угла и на построенной дуге отложим 11 раз дугу окружности, заключенную внутри угла в 6°. Соединив полученные точки деления дуги с вершиной угла, разделим данный угол на 11 равных частей. 100. Начерчен угол в 19°. С помощью циркуля и линейки разделите его на 19 равных частей. Решение. Один из способов решения задачи основан на равенствах: 19° : 19 = 1°, 19° • 19 - 361°, 36 Г — 360* = 1°. Проведем окружность с центром в вершине данного угла. На построенной окружности отложим 19 раз дугу, заключенную внутри угла 19°. Разность между дугой 361° и всей окружностью (360°) даст дугу в 1°. Соединив концы этой дуги с вершиной данного угла, получим угол в 1°. Остается угол в 1° отложить 19 раз внутри данного угла. 83
JOL На трех карточках написали числа 1, 2, 3. Потом карточки перевернули, перемешали, на обратных сторонах написали те же числа 1, 2, 3. Числа, написанные на обеих сторонах каждой карточки, сложили и полученные суммы перемножили. Может ли при этом получиться нечетное произведение? Решение. Чтобы получилось нечетное произведение, нужно, чтобы все суммы, которые перемножались, были нечетны (если хоть одна сумма будет четной, то будет четным и произведение этих сумм). Чтобы все суммы чисел 1, 2, 3, взятые по два, были нечетными, нужно, чтобы на всех карточках нечетные числа (и число 1, и число 3) сочетались с четным числом 2 (только в этом случае получаются нечетные суммы). Но это противоречит условию задачи: на второй стороне карточки (как и на первой) мы пишем число 2 только один раз. Замечание. Доказать, что все перемножаемые суммы не могут быть нечетными, можно другим способом. Заметим, что сумма всех чисел, написанных на карточках, равна четному числу 12 (1+2 + 3+ 1+2 + 3= 12). По условию число 12 равно сумме трех чисел (каждое число — сумма чисел, написанных на одной карточке). Так как сумма трех чисел — число четное, то хотя бы одно из чисел будет четным. Следовательно, будет четным и произведение этих чисел. Эту задачу можно также решить «перебором», записав все возможные расположения чисел 1, 2, 3 на карточках по два. 102. Двое играющих по очереди кладут кружки одинакового размера на прямоугольный стол так, чтобы они не накладывались друг на друга. Выигрывает тот, кто положит последний кружок. Докажите, что начинающий игру всегда может выиграть. Решение. Чтобы начинающий игру всегда выиграл, ему следует положить свой кружок в центр прямоугольника (точку пересечения диагоналей) и далее класть свои кружочки симметрично относительно центра по отношению к тем кружкам, которые кладет второй игрок. Так как прямоугольник имеет центр симметрии, начинающий игру при любом ходе второго игрока будет иметь свой ход. (Всегда существует точка, симметричная данной точке относительно центра.) Поэтому начинающий игру положит последний кружок, т. е. всегда может выиграть. 103. На столе лежат 40 камешков. Двое играющих берут поочередно со стола камешки, причем за один раз не более 10 камешков. Выигрывает тот, кто берет последний камешек. Как должен играть начинающий игру, чтобы наверняка выиграть? Решение. Первый наверняка выиграет, если перед последним ходом второго останется 11 камешков. Тогда второй игрок после своего хода оставит меньше 10 или 10 камешков, так что первый их сможет все взять. Чтобы перед последним ходом второго осталось 11 камешков, нужно, чтобы перед предпоследним ходом второго осталось 22 камешка, а перед третьим от конца ходом — 33 84
камешка. Значит, чтобы выиграть, первый игрок должен взять 7 камешков. Затем, сколько бы камешков ни взял второй игрок, первый должен взять столько, чтобы после его хода осталось 22 камешка. После очередного хода второго игрока первый, чтобы выиграть, должен оставить 11 камешков. ПРИЛОЖЕНИЕ Задачи из журнала «Квант»* ПЕРВАЯ ГРУППА** 1. На столе стоят в ряд три стакана пустых и три стакана с молоком. Их нужно расположить так, чтобы пустые стаканы чередовались с наполненными. Для этого разрешается взять только один стакан. Как это сделать? (1971) 2. Можно ли три яблока разделить между двумя отцами и двумя сыновьями так, чтобы каждому досталось ровно по одному яблоку? (1971) 3. Найти последние три цифры произведения всех натуральных чисел от 1 до 18. (1971) 4. Каких чисел больше среди первого миллиона: тех, в записи которых встречается единица, или тех, в записи которых ее нет? (1972) 5. У мальчика имеется 25 медных монет. Имеется ли среди них семь монет одинакового достоинства? (1972) 6. В двух комнатах было 76 человек. Когда из одной комнаты вышло 30, а из второй 40 человек, то людей в комнатах осталось поровну. Сколько человек было в каждой комнате первоначально? (1972) 537 7. Какое число надо вычесть из числителя дроби — и прибавить к знаменателю, чтобы после сокращения получить дробь т? (1972) 8. Электропоезд длиною 18 м проезжает мимо километрового столба за 9 с. Сколько времени ему понадобится, чтобы проехать мост длиною 36 м? (1973) 9. На прямой через равные промежутки поставили 10 точек, они заняли отрезок длины а. На другой прямой через такие же * В скобках указан год издания журнала. м О делении задач на группы ом. с. 7—8. группы 85
промежутки поставили 100 точек, они заняли отрезок длины Ь. Во сколько раз а меньше Ь? (1973) 10. Доказать, чтс п2 + п+ 1 не делится на 1974 ни при каком целом /г. (1974) П. В классе учшся менее 50 школьников. За контрольную рабо- 1 1 1 ту — учеников получили пятерки, ~ —четверки, -^ — тройки. Остальные работы оказались неудовлетворительными. Сколько было таких работ? (1974) 12. Двое часов начали и кончили бить одновременно. Первые бьют через каждые две секунды, вторые — через каждые три секунды. Всего было насчитано 13 ударов (слившиеся удары воспринимались как один). Сколько времени прошло между первым и последним ударом? (1975) 13. Цену на товар уменьшили на 10%, а потом еще на 10%. Стал бы он дешевле, если его цену сразу снизили бы на 20%? (1975) 14. При делении некоторого числа на 13 и 15 получились одинаковые частные, но первое деление было с остатком 8, а второе— без остатка. Найти это число. (1975) 15. Витя сказал своему другу Коле: «Я придумал пример на деление, в котором делимое, делитель, частное и остаток оканчиваются соответственно на 1, 3, 5, и 7». Подумав, Коля ответил: «Что-то ты путаешь». Прав ли Коля? (1982) 16. Цифру 9, с которой начиналось трехзначное число, перенесли в конец числа. В результате получилось число на 216 меньше. Какое число было первоначально? (1984) 17. Выпишем подряд, начиная с 1, числа натурального ряда: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, ... Какая цифра окажется на 1972-м месте? (1972) 18. Для нумерации страниц книги потребовалось всего 1392 цифры. Сколько страниц в этой книге? (1975) 19. Из книги выпал ее кусок. Первая страница куска имеет номер 387, а номер последней страницы состоит из тех же цифр, но записанных в другом порядке. Сколько страниц выпало из книги? (1976) 86
20. Простые числа имеют только два различных делителя — единицу и само это число. А какие числа имеют только три различных делителя? (1976) 21. Три курицы за три дня снесли три яйца. Сколько яиц несут 12 кур за двенадцать дней? (1979) 22. Коля отправился за грибами где-то между восемью и девятью часами утра, в момент, когда стрелки его часов были совмещены. Домой он вернулся между двумя и тремя часами дня; при этом стрелки его часов были направлены в прямо противоположные стороны. Сколько длилась прогулка Коли? (1979) 23. Мой знакомый Саша однажды мне сказал: «Позавчера мне было 10 лет, а в будущем году мне исполнится 13». Может ли быть такое? (1983) 24. На какое наибольшее число делится произведение любых трех последовательных четных чисел? (1983) 25. Братья Алеша и Боря родились в августе. В школе начинают учиться с семи лет. Номер класса, в котором учится сейчас старший брат Борис, равен возрасту Алеши. В какой класс перейдет Алеша, когда Борис окончит среднюю школу? (1983) 26. Продавец получил для продажи несколько пачек конвертов, по 100 конвертов в пачке. 10 конвертов он отсчитывает за 10 с. За сколько секунд он отсчитывает 60 конвертов? А 90 конвертов? (1984) 27. Слава взял у товарища книги на 3 дня. В первый день он прочитал полкниги, во второй —треть оставшихся страниц, а в третий день прочитал количество страниц, равное половине страниц, прочитанных за первые два дня. Успел ли Слава прочесть за три дня книгу? (1984) 28. В день своего рождения Саша принес в класс кулек конфет. «Сколько у тебя конфет?» — спросили ребята. «Я помню,—сказал Саша, —когда я их раскладывал парами, тройками и четверками, то каждый раз оставалась одна лишняя, а когда раскладывал пятерками, лишней не было». Сколько конфет принес Саша? (1971) 29. Найти наименьшее число, которое при последовательном делении на 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 дает соответственно остатки 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. (1977) 87
ВТОРАЯ ГРУППА 30. Запишите в строчку одно за другим 10 первых простых чисел в возрастающем порядке. В полученном многозначном числе зачеркнут** половину цифр так, чтобы число, образованное оставшимися цифрами, было: а) наибольшим; б) наименьшим. (1975) 31. В трех ящиках лежат орехи. В первом на 6 орехов меньше, чем в двух других вместе, а во втором — на 10 меньше, чем в первом и третьем вместе. Сколько орэхов в третьем ящике? (1976) 32. Ученик купил 4 книги. Все книги без первой стоят 42 к., без второй — 40 к., без третьей — 38 к., без четвертой — 36 к. Сколько стоит каждая книга? (1971) 33. Найти цифры х и у пятизначного числа 42х4у, если известно, что это число делится на 72. (1972) 34. Найти наименьшее натуральное число, делящееся на 36, в записи которых участвуют все цифры от 1 до 9. (1977) 35.. Девочка заменила в своем имени каждую букву ее номером в русском алфавите и получила число 2 011 533. Как ее звали? (1985) 36. В трех ящиках лежат по одному шарику: белый, черный и зеленый. На первом ящике надпись: «белый», на втором — «черный», а на третьем — «белый или зеленый». Ни одна надпись несоответствует действительности. Где какие шарики лежат? (1971) 37. 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. (1972) 38. Можно ли ходом коня попасть из левой нижней клетки шахматной доски в правую верхнюю клетку, побывав при этом на каждой клетке один и только один раз? (1972) 39. Доказать, что из всех людей, живших когда-либо на свете и живущих сейчас, число людей, сделавших в течение всей своей жизни нечетное число рукопожатий, есть число четное. (1972) 40. На окружности расположены точки: 1977 белых и одна красная. Рассматриваются всевозможные многоугольники с верши- 88
нами в этих точках. Каких среди них будет больше: с красной вершиной или без нее? (1979) 41. В трех кучках находится 22 14 и 12 орехов. Требуется путем трех перекладываний уравнять число орехов в каждой кучке, соблюдая при этом условие: из любой кучки разрешается перекладывать в другую лишь столько орехов, сколько их в этой второй кучке имеется. (1972) 42. Саша и Оля по очереди ставят крестики и нолики на поле шахматной доски размером 9x9. Первый ход делается Олей в центре доски. Саша ходит в одну из 8 свободных клеток, которые окружают Олин ход, и так далее. Ходить можно только в свободные клетки. Выигрывает тот, кто поставит свой знак в одну из четырех угловых клеток (или же противнику некуда ходить). Доказать, что Оля всегда может выиграть. (1974) 43. 100 фишек стоят в ряд. Любые две фишки, стоящие через одну, можно менять местами. Удастся ли расположить фишки в обратном порядке? (1975) 44. Ира, Таня, Коля и Леня собирали грибы. Таня собрала больше каждого, Ира — не меньше каждого. Верно ли, что девочки собрали грибов больше, чем мальчики? (1975) 45. Имеется 77 телефонов. Можно ли так попарно соединить их, чтобы каждый был соединен ровно с 13? (1971) 46. У нас в классе 35 человек. И можешь себе представить, каждый др>жит равно с 11 одноклассниками. «Не может этого быть»,—сразу ответил своему приятелю Витя Иванов, победитель олимпиады. Почему он так решил? (1976) 47. Сколькими способами девять равных квадратиков (три красных, три белых и три синих) можно расположить в виде квадрата 3x3 так, чтобы в каждой строке и в каждом столбце встречались квадратики всех цветов? (1979) 48. Сумма уменьшаемого, вычитаемого и разности равна 624. Найти \меньшаемое, вычитаемое и разность, если разность Меньше вычитаемого на 56. (1971) 49. Найдите, сколько вулка' ов насчитывается на планете, если в искомом трехзначном числе десяткоа на 3 больше, чем сотен, а 89
единиц на 4 меньше десятков, причем полусумма всех цифр числа равна цифре десятков. (1974) 50. Найти число, сумма цифр которого равна разности между 328 и самим числом. 51. Найдите двузначное число, равное сумме числа десятков и квадрата числа единиц (1974) 52. Два двузначных простых числа получаются друг из друга перестановкой цифр, а их разность — полный квадрат. Какие это числа? (1984) 53. а) В трехзначном числе зачеркнули первую слева цифру, затем полученное двузначное число умножили на 7. В результате получилось исходное трехзначное число. Найдите такое число. б) В трехзначном числе зачеркнули среднюю Цифру, получилось число в 6 раз меньшее.' Найдите такое трехзначное число. в) Найдите все трехзначные числа» которые при зачеркивании средней цифры уменьшаются в 7 раз, в 9 раз. (1977) 54. Найдите нечетное четырехзначное число, две средние цифры которого образуют число, в пять раз большее числа тысяч и в три раза большее числа единиц этого числа. (1972) 55. Вася на вопрос, каков номер его квартиры, ответил так: «Если все шесть двузначных чисел, которые можно образовать из цифр номера, сложить, то половина полученной суммы составит как раз номер моей квартиры». В какой квартире живет Вася? 66. Известно, что число а больше числа Ь в п раз, а сумма чисел а и Ъ больше их разности в т раз. Найти сумму чисел т и л, если и /л, и п — натуральные числа. (1975) 57. 16 блокнотов стоят столько же рублей, сколько блокнотов можно купить на 1 рубль. Сколько стоит один блокнот? (1985) 58. Мой дед старше моего отца на 32 года, а мой отец на столько же лет старше меня. Сколько сейчас лет каждому из нас, если три года тому назад нам всем вместе не было и ста лет? (1973) 59. У двух рыбаков спросили: «Сколько рыбы в ваших корзинах?» «В моей корзине половина числа рыб, находящихся в корзине у него, да еще 10», —ответил первый. «А у меня в корзине столько рыб, сколько у него, да еще 20», —сказал второй. Сколько же рыб у обоих? (1973) 60. Я и мой друг приобрели за 3 дня 18 марок. Сегодня я 90
купил столько марок, сколько мой друг вчера и сегодня, но зато позавчера он купил на две марки больше, чем я вчера и позавчера. Сколько же марок приобрел каждый из нас? (1973) 61. Я моложе своего деда во столько же раз, во сколько старше своей сестры. Сколько мне лет, если моей сестре еще нет семи лет, а мне вместе с дедом уже 84 года? (1975) 62. Мне сейчас в 4 раза больше лет, чем было моей сестре, когда она была моложе меня в два раза. Сколько сейчас лет каждому из нас, если через 15 лет нам вместе будет 100 лет? (1977) 63. В магазине имеется мастика в ящиках по 16 кг, 17 кг и 21 кг. Как получить одной организации 185 кг мастики, не вскрывая ящики? Найти все решения. (1971) 84. Найти наименьшие натуральные числа and, удовлетворяющие равенству 500а — Id = 1. (1973) 65. В комнате, в которой заседал совет дружины, были стулья на 4 ножках и табуретки на 3 ножках. Когда все пионеры уселись, то свободных мест не осталось, а сумма количества ног у сидящих и ножек у сидений оказалась равной 39. Сколько в комнате было стульев и сколько табуреток? (1975) 66. Три товарища Петя, Толя и Витя подошли к стоянке автомашин и мотоциклов. Петя сосчитал все транспортные средства. Их оказалось 45. Толя сосчитал все колеса. Их оказалось 115. Мотоциклов с коляской было в два раза меньше, чем мотоциклов без коляски. Сколько на стоянке было машин и сколько мотоциклов? (1975) 67. Николай с сыном и Петр с сыном были на рыбалке. Николай поймал стольке же рыб, сколько его сын, а Петр — втрое больше, чем его сын. Всего было поймано 35 рыб. Сына Николая зовут Григорий. Как зовут сына Петра? (1978) 68. Туристы купили в магазине сто предметов: спички (цена 1 к. за коробку), пирожки (по 10 к.) и консервы (цена 50 к. за банку). За все заплатили 5 р. Сколько предметов каждого товара куплено? (1979) 69. Мальчик купил на рубль почтовых марок, причем двухкопеечных марок он купил в 10 раз меньше, чем однокопеечных, остальные же марки были пятикопеечными. Сколько марок каждого достоинства купил мальчик? (1979) 91
70. Расшифровать равенство а • с • ас = ссс. (1972) 71. Восстановить пример на умножение: 38,? х ?6 - ??? (то есть заменить знаки ? на цифры, не равные нулю). (1973) 72. Расшифруйте: БУКВА . 6 = СЛОВО (1982) 73. При некоторой замене цифр буквами оказалось, что ТРИ + ТРИ + ТРИ = ДЫРА, причем (Ы + Ы) : Ы =» Ы. Каким цифрам соответствуют использованные в этих равенствах буквы? (Разным цифрам соответствуют разные буквы). (1971) 74. Расшифровать равенство ** -f- *** = ♦***, еслл известно, что оба слагаемых и сумма не изменяются, если все эти три числа прочитать справа налево. (1972) 75. Когда ЗАКАЗ умножили на 99999, получили число, три последние цифры которого были 705. Какое число обозначено словом «ЗАКАЗ»? (1975) 76. Можно ли в фразе «И ВСЕ ЖЕ ОН НЕ ПРАВ» заменить буквы цифрами (одинаковые — одинаковыми, разные — разными), чтобы каждое слово стало квадратом некоторого числа? (1977) 77. В следующих примерах цифры заменены буквами (разные цифры — разными буквами, одинаковые — одинаковыми). Восстановите записи. УДАР + УДАР = ДРАКА (1973) ДЕТАЛЬ + ДЕТАЛЬ = ИЗДЕЛИЕ (1974) КИС + КСИ = ИСК (1974) ОДИН + ОДИН = МНОГО (1983) ВАГОН + ВАГОН = СОСТАВ (1984) СИНИЦА + СИНИЦА = ПТИЧКИ КАФТАН + КАФТАН = ТРИШКА (1978) БУЛОК + БЫЛО = МНОГО (1978) ТАМТАМ + МРАК = КОШМАР (1979) ПИРОГ : И = ГОСТИ (1976) ТРИ х ТРИ = ШЕСТЬ (1977) KB х А = НТ; KB + А = НТ ВОхЛ = НА; ВО:Л=НА (1977) 92
ПРИМЕР РИМЕР . ИМЕР + МЕР ЕР Р_ ЗАДАЧА ТОКИО тон ки - он тио — тио ио кио ПОДАЙ ВОДЫ ПАША (1977) (1977) ДЫМКА ДАР ямк " ОКА АМА АМА КА МАК X (1975) ОДА РИС х ДВА ДВА ПАТ + ИНД СОР СПОРТ , олло + ЧОЛ число (1974) (1976) (1976) ТРЕТЬЯ ГРУППА 78. На олимпийских играх наши спортсмены завоевали 96 медалей, из них 65 золотых и бронзовых, а золотых и серебряных — 61. Сколько золотых, серебряных и бронзовых медалей получили они в отдельности? (1971) 79. В классе 35 учеников. Из них 20 занимаются в математическом кружке, 11 —в кружке «Умелые руки», 10 ребят не ходят в эти кружки. Сколько «математиков» занимаются в «Умелых руках»? (1976) 80. Из двадцати мальчиков нашего класса у четырнадцати—карие глаза, у пятнадцати — темные волосы, семнадцать мальчиков весят больше 40 кг и 18 мальчиков выше 1 м 60 см. Докажите, что по крайней мере четверо мальчиков обладают всеми перечисленными признаками. (1980) 81. Из 15 монет, одинаковых с виду, одна фальшивая. Неизвестно, тяжелее или легче она остальных. Как это узнать, сделав не более двух взвешиваний на чашечных весах без гирь? (1971) 82. На столе лежат 15 карандашей. Двое берут по очереди один, два или три карандаша. Проигрывает тот, кому осталось взять один последний карандаш. Как должен играть начинающий игру, чтобы он заставил противника взять последний карандаш? (1971) 83. В погребе стоят 20 одинаковых банок с вареньем. В 8 банках клубничное варенье, в 7 — малиновое, в 5 — вишневое. Каково наибольшее число банок, которое можно в темноте вынести из по- 93
греба с уверенностью, что там осталось еще хотя бы 4 банки одного сорта варенья и 3 банки другого? (1972) 84. Некоторое число при делении на 1976 и на 1977 дает в остатке 76. Какой остаток дает это число при делении на 39? (1977) 85. По окончании кинофильма часть зрителей уехали в шести автобусах, причем в каждом автобусе было одинаковое количество зрителей. Остальные зрители (их оказалось на 15% больше) пошли пешком. Сколько зрителей было в кинотеатре, если известно, что зрительный зал вмещает не больше 400 человек, а в автобусах уехало больше 150 зрителей? (1972) 86. Вчера число учеников, присутствующих в классе, было в восемь раз больше отсутствующих. Сегодня не пришло еще два ученика, и оказалось, что отсутствуют 20% от числа учеников, присутствующих в классе. Сколько всего в классе учеников? (1977) 87. Однажды грибов я набрал! — еле дотащил. Но тащил-то почти одну воду — в свежих грибах ее 90%. А когда грибы высушили, они стали на 15 кг легче. Теперь в них было 60% воды. Сколько грибов я принес из леса? (1977) 88. Кончилась Великая Отечественная война. Как-то повстречались два товарища. Разговорились. — Давненько мы g тобой не виделись. Сколько же теперь лет твоему сыну? — Сын родился в том самом году, который был точным квадратом моего возраста в год его рождения. А сейчас ему столько лет, сколько составляет сумма цифр года моего рождения, — ответил второй. Сколько лет отцу-математику? (1972) 89. Двое приятелей не виделись много лет. Встретившись, они разговорились, и один похвалился другому, что у него трое детей. «Сколько же им лет?» — спросил второй. «Произведение их лет равно 36, а сумма — номеру вот этого проезжающего трамвая». Посмотрев на номер трамвая, второй собеседник сказал, что этих данных недостаточно. «А старший сын у меня рыжий». «Тогда я знаю, сколько им лет», — сказал его приятель и точно назвал возраст каждого ребенка. Сколько же лет было каждому ребенку? (1973) 90. Володя написал на доске 1*2*3*4*5*6*7*8*9 = 21, причем вместо звездочек он поставил либо плюс, либо минус. Саша переправил несколько знаков 94
на противоположные и в результате вместо числа 21 получил число 20. Можно ли утверждать, что по крайней, мере один из мальчиков допустил ошибку при подсчете? (1974) 91. Живут пять братьев: Иван, Степан, Андрей и близнецы Сергей и Агей. Произведение лет Сергея и Агея равно году рождения Андрея, а произведение лет Андрея и Степана равно году рождения Ивана. Как зовут сына Андрея, если он в пять раз моложе своего дяди-тезки? (1978) 92. На улице, став в кружок, беседуют 4 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. Какое платье носит каждая из девочек? (1980) 93. В очереди в школьный буфет стоят Юра, Миша, Володя, Саша и Олег. Юра стоит раньше Миши, но после Олега, Володя и Олег не стоят рядом, а Саша не находится рядом ни с Олегом, ни с Юрой, ни с Володей. В каком порядке стоят ребята? (1982) 94. Найти наименьшую пару натуральных чисел а и Ь, удовлетворяющую условию 5а2 = 2fe5. (1977)
СОДЕРЖАНКЕ Предисловие . ... 3 § 1. Роль задач повышенной трудности в обучении математике учащиеся IV и V классов , 5 § 2. Методические рекомендации по использованию задач повышенной трудности в процессе обучения математике .. .. 7 § 3. О способах решения задач повышенной трудности . 11 § 4. Как помочь учащимся научиться решать нестандартные задачи . 12 § б. Задачи для IV класса . 2G § 6. Задачи для V класса 52 Приложение. Задачи из журнала «Квант»..... 85 Нина Петровна Кострикина ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ В КУРСЕ МАТЕМАТИКИ 4—5 КЛАССОВ Зав. редакцией Р. А. Хабиб Редактор Л» В. Туркестанская Младшие редакторы Л. И. Заседателева, Е. А. Сафронова Художник обложки Б. Л. Николаев Художественный редактор Е. Н. Карасик Технический редактор И. А. Киселева Корректор О. И. Кузовлева ИБ №-9717 Сдано в набор 16 01.86. Подписано к печати 14.07.86. Формат 60Х90/!Й. Бум. типограф Н* 2. Гарннт. Литературная. Печать высокая. Усл. печ. л. 6,0. Усл. кр.-отт. 6,21 Уч.-изд. л. 5,82. Тираж 205 000 экз. Заказ 5394. Цена 15 коп. Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Государственного кс митета РСФСР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли. 129846, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41. Отпечатано с матриц Саратовского ордена Трудового Красного Знамени полиграфиче ского комбината в областной типографии управления издательств, полиграфии и книж ной торговли Ивановского облисполкома, 153628, г. Иваново, ул. Типографская, 6.