Имеется несколько монет каждая стоит целое число тугриков

Как заплатить 35 тугриков используя монеты из набора 1, 3, 8 И 10 тугриков так чтобы количество монет было наименьшим Ответь на вопрос Объясни?

Математика | 1 — 4 классы

Как заплатить 35 тугриков используя монеты из набора 1, 3, 8 И 10 тугриков так чтобы количество монет было наименьшим Ответь на вопрос Объясни.

Короч так : вариант1 10 + 10 + 8 + 3 + 3 + 1

вариант2 10 + 10 + 10 + 3 + 1 + 1.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату).

Инкассаторы привезли на предприятие 100 монет по 1 тугрику, 100 монет по 2 тугрика, …, 100 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

При каком наибольшем количестве сотрудников зарплату заведомо удастся раздать (так, что каждый получит в точности причитающуюся ему сумму)?

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 150 монет по 1 тугрику, 150 монет по 2 тугрика, …, 150 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 150 монет по 1 тугрику, 150 монет по 2 тугрика, …, 150 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 250 монет по 1 тугрику, 250 монет по 2 тугрика, …, 250 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 150 монет по 1 тугрику, 150 монет по 2 тугрика, …, 150 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 1000 монет по 1 тугрику, 1000 монет по 2 тугрика, …, 1000 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков?

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков.

Инкассаторы привезли на предприятие 100 монет по 1 тугрику, 100 монет по 2 тугрика, .

, 100 монет по 2017 тугриков.

Привезённые деньги — это точное суммарная зарплата всех сотрудников.

При каком большом количестве сотрудников зарплату заведомо удастся раздать?

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 250 монет по 1 тугрику, 250 монет по 2 тугрика, …, 250 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 150 монет по 1 тугрику, 150 монет по 2 тугрика, …, 150 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На предприятии работают несколько сотрудников, зарплата каждого составляет целое число тугриков (разные сотрудники могут иметь разную зарплату)?

Инкассаторы привезли на предприятие 250 монет по 1 тугрику, 250 монет по 2 тугрика, …, 250 монет по 2017 тугриков.

Привезенные деньги — это в точности суммарная зарплата всех сотрудников.

На этой странице находится ответ на вопрос Как заплатить 35 тугриков используя монеты из набора 1, 3, 8 И 10 тугриков так чтобы количество монет было наименьшим Ответь на вопрос Объясни?, из категории Математика, соответствующий программе для 1 — 4 классов. Чтобы посмотреть другие ответы воспользуйтесь «умным поиском»: с помощью ключевых слов подберите похожие вопросы и ответы в категории Математика. Ответ, полностью соответствующий критериям вашего поиска, можно найти с помощью простого интерфейса: нажмите кнопку вверху страницы и сформулируйте вопрос иначе. Обратите внимание на варианты ответов других пользователей, которые можно не только просмотреть, но и прокомментировать.

Источник

Имеется несколько монет каждая стоит целое число тугриков

В Монголии имеются в обращении монеты в 3 и 5 тугриков. Входной билет в центральный парк стоит 4 тугрика. Как-то раз перед открытием в кассу парка выстроилась очередь из 200 посетителей. У каждого из них, а также у кассира есть ровно 22 тугрика. Докажите, что все посетители смогут купить билет в порядке очереди.

Решение

Набрать 22 тугрика монетами по 3 и 5 тугриков можно единственным способом: две монеты по 5 тугриков и четыре монеты по 3 тугрика. Укажем, как должен действовать кассир. У первого посетителя он просит три монеты по 3 тугрика и даёт ему сдачу монетой в 5 тугриков. У второго посетителя кассир просит две монеты по 5 тугриков и даёт ему сдачу двумя монетами по 3 тугрика. После этого у кассира монет каждого типа стало на одну больше. Продолжая действовать таким же образом, он сможет обслужить любое количество посетителей.

Источники и прецеденты использования

Кружок
Название	ВМШ 57 школы
класс
Класс	7
год
Место проведения	57 школа
Год	2005/06
занятие
Название	Монетки
Тема	Неопределено
Номер	1
задача
Номер	2

Проект осуществляется при поддержке и .

Источник

«Математический кружок (8–9 класс) Составители: Е. А. Асташов, Д. А. Удимов Первое полугодие Москва, 2015 Математический кружок (8–9 класс). Первое полугодие / Универсальная методическая . »

Победу может обеспечить себе первый игрок, если начальная позиция выигрышная, и второй, если она проигрышная. Выигрышная стратегия ходить на проигрышные позиции.

В описанных ниже играх требуется предъявить выигрышную стратегию для одного из игроков.

1 а) В левом нижнем углу доски 7 7 стоит хромой король, который за один ход может сдвинуться или на одну клетку вправо, или на одну клетку по диагонали вправо-вверх. Игроки ходят по очереди, Кто не может сделать ход проиграл.

б) А теперь хромой король может ходить ещё и на одну клетку вверх.

Решение. а) Верхняя горизонталь проигрышная, вторая сверху выигрышная, третья сверху снова проигрышная, и т.д.

Самая нижняя горизонталь тоже проигрышная, так что выигрывает второй. б) Проигрышными будут клетки G7, G5, G3, G1, E7, Е5, Е3, Е1, С7, С5, С3, С1, А7, А5, А3, А1; остальные будут выигрышными. Так что выигрывает второй.

2 На доске 11 15 в левом нижнем углу стоит хромой конь.

Двое ходят по очереди. За ход разрешается передвигать коня на две клетки вправо и одну клетку вверх или на две клетки вверх и на одну вправо. Кто не может сделать ход проиграл.

Решение. Выигрышные и проигрышные позиции чередуются так: вертикаль и горизонталь, содержащие самую верхнюю правую клетку доски проигрышные; затем две вертикали и две горизонтали (кроме уже проанализированных клеток) выигрышные; дальше одна вертикаль и одна горизонталь (кроме уже проанализированных клеток) проигрышные; затем две вертикали и две горизонтали (кроме уже проанализированных клеток) выигрышные, и т.д. В частности, левый нижний угол доски 11 15 будет выигрышным (кстати, независимо от того, расположить ли доску вертикально или горизонтально).

3 Двое игроков ходят по очереди на циферблате с одной стрелкой: каждый своим ходом переводит стрелку на два или три часа вперед. В начале игры стрелка показывает полдень.

Выигрывает тот, кто первым поставит стрелку на 11 часов.

(Стрелка может сделать несколько оборотов, прежде чем указать на 11 часов.) Решение. Анализируем позиции с конца: 11 – П, 8 и 9 – В, 6 – П, 3 и 4 – В, 1 – П, 10 – В, 7 – П, 5 – В, 2 – П, 12 – В. Таким образом, выигрывает первый.

4 а) Игра начинается с числа 4. За ход разрешается прибавить к имеющемуся числу любое меньшее натуральное число.

Выигрывает тот, кто получит 2013. Тот же вопрос, если для выигрыша нужно получить число: б) 22013 1; в) 2013 · 22013.

Решение. Предыдущая проигрышная позиция получается из следующей как неполное частное от деления этой следующей на 2. Так что в пункте а) проигрышными будут позиции 2013, 1006, 503, 251, 125, 62, 31, 15, 7, а остальные, в том числе позиция 4 выигрышными. В пункте б) позиция 4 проигрышная (как и все степени двойки). В пункте в) все позиции вида 2013 · 2k проигрышные, в том числе 2013, так что в этом случае, как и в пункте а), позиция 4 выигрышная.

5 Однажды на волшебном дереве выросло 300 золотых монет. Кот Базилио и лиса Алиса договорились по очереди каждую ночь ходить к этому дереву и забирать не более половины имеющихся на нём монет. Если кто-то из них не может больше сорвать ни одной монеты, то отдает другому всё, что успел взять. Первой пошла Алиса. Кто останется в дураках?

Решение. Проигрышные позиции числа вида 2k 1, включая и число 1 (доказывается по индукции).

6 а) Имеются две кучи камней: в одной 5, в другой 7. За один ход можно взять один камень из любой кучи или по одному камню из обеих куч. Проигрывает тот, кто не может сделать хода. б) А если в одной куче 2013 камней, а в другой 2014?

Подсказка: найдите в этом листочке аналогичную задачу.

Решение. Эту задачу легко перевести на язык задачи 1.б) с доской 5 7. Тогда левый нижний угол будет проигрышным, и выиграет второй игрок. В случае доски 2013 2014 левый нижний угол будет выигрышным, и выиграет первый игрок.

7 Играют двое. В начале игры первый игрок называет любое целое число от 2 до 9. Затем игроки по очереди умножают полученное число на любое целое число от 2 до 9. Выигрывает тот, кто первым получит число больше 1000.

Решение. Ясно, что числа от 112 до 1000 выигрышные: умножая их на 9, получаем числа, большие 1000. 112 : 2 = 56;

111 · 9 = 999; поэтому все числа от 56 до 111 проигрышные.

Далее, числа от 28 = 56 : 2 до 55 выигрышные: умножая их на 2, будем получать проигрышные числа от 56 до 111. Числа от 19 до 26 можно загнать в диапазон от 56 до 111 умножением на 3, числа от 14 до 18 умножением на 4, числа 12 и 13 умножением на 5, числа 10 и 11 умножением на 6, числа 8 и 9 умножением на 7, число 7 умножением на 8. Так что все числа от 7 до 55 выигрышные. Тогда числа 4, 5, 6, очевидно, будут проигрышными, а числа 2 и 3 выигрышными.

Поэтому первый игрок выиграет, если первым ходом назовет число 4, 5 или 6, а дальше будет ходить на проигрышные позиции.

Листок 13. Индукция

В начале занятия учащимся нужно объяснить, что такое индукция:

Пусть дана последовательность пронумерованных утверждений: У1, У2, У3. Уk, Уk+1. Чтобы доказать все эти утверждения, достаточно:

1) доказать, что верно первое утверждение У1 (база индукции);

2) для каждого натурального k доказать, что если верно Уk, то верно и Уk+1 (шаг индукции).

Для примера можно разобрать следующие задачи, каждый раз особо обратив внимание на базу и на шаг индукции.

• Докажите, что с помощью монет в 3 и 5 тугриков можно уплатить любую сумму в целое число тугриков, начиная с 8.

Решение. Индукция по сумме тугриков. База: 8 = 3 + 5. Шаг.

Пусть k 8 мы набрать этими монетами можем. Пусть в этой сумме есть хотя бы одна монета в 5 тугриков. Заменим её на две монеты по 3 тугрика и получим набор для k + 1. Если в сумме нет ни одной монеты в 5 тугриков, то есть хотя бы три монеты в 3 тугрика (иначе k 8). Заменим их на две монеты по 5 тугриков и получим набор для k + 1.

• На плоскости проведено несколько прямых. Докажите, что части, на которые разделилась плоскость, можно покрасить в два цвета так, чтобы никакие две одноцветные части не имели больше одной общей граничной точки.

Решение. Индукция по числу прямых. База: пусть на плоскости проведена всего одна прямая, которая делит эту плоскость на две части. Одну из этих частей покрасим в белый цвет, а другую в черный. Шаг. Пусть на плоскости проведено k прямых, и части плоскости раскрашены в черный и белый цвета требуемым образом. Проведем (k + 1)-ую прямую. Все части плоскости по одну сторону от этой новой прямой перекрасим в

Решение. База: во всех трёх случаях очевидна.

Шаг. Пусть для n = k формула верна. Докажем её для n = k + 1.

а) 1 + 2 + 3 +. + k + (k + 1) = k·(k+1) · (k + 1) = (k+2)·(k+1)

–Важно следить за тем, чтобы учащиеся не путали n и k переменную и её конкретные значения.

2 а) В клетчатом квадрате n n закрасили все клетки на главной диагонали и все клетки, лежащие ниже главной диагонали. Сколько всего клеток было закрашено?

б) На плоскости проведено n прямых. Никакие две из них не параллельны, никакие три не пересекаются в одной точке. На сколько частей эти прямые делят плоскость?

в) Коля рисует на клетчатой бумаге пирамидку: в первом сверху ярусе одна клетка, во втором три, в третьем пять, в четвёртом семь, и так далее. Сколько всего клеточек будет в первых 20 ярусах пирамидки?

Указание. Подумайте, как эта задача связана с предыдущей.

Ответ. а), б) n(n+1). в) n2.

Решение. Пункт а) очевидным образом сводится к задаче 1 а), а пункт в) к задаче 1 б). Пункт б) сводится к задаче 1 а), если понять, что каждая новая прямая пересекает k старых прямых и делит на две части k + 1 из уже имеющихся частей плоскости.

3 У бородатого многоугольника во внешнюю сторону растёт щетина. Его пересекает n прямых, на каждой из которых с одной из сторон тоже растет щетина (см. рисунок справа). В результате многоугольник оказался разбитым на некоторое число частей. Докажите, что хотя бы одна из частей окажется бородатой снаружи.

Решение. Индукция по числу прямых. База: если нет прямых, то всё очевидно.

Шаг. Пусть утверждение верно для k прямых. Проведем (k+1)-ю прямую. Если она не пройдет через имеющуюся бородатую снаружи часть, то эта часть так и останется бородатой, а если пройдет, то эта часть окажется разбита прямой на две или больше частей, хотя бы одна из которых бородатая снаружи.

4 Дан клетчатый квадрат с длиной стороны 2n. Из него вырезали: а) угловую клетку; б) одну клетку, но неизвестно, какую именно. Докажите, что оставшуюся фигуру можно разрезать на трёхклеточные уголки.

Решение. а) При n = 1 все очевидно. Пусть мы научились разрезать квадрат 2n 2n без угловой клетки на 3-уголки. Берем квадрат 2n+1 2n+1 без угловой клетки. Делим его на 4 квадрата 2n 2n, один из которых будет тоже без угловой клетки, а остальные целые. Квадрат без угловой клетки разрежем по предположению индукции. Из оставшихся трех квадратов вырежем по одной угловой клетке (те, которые рядом друг с другом и тоже образуют 3-уголок), а дальше каждый из оставшихся квадратов без угловой клетки режем по предположению индукции.

б) Аналогично пункту а), разрежем квадрат 2n+1 2n+1 без одной клетки на 4 квадрата 2n 2n, вырезанная клетка попадет в один из этих четырех квадратов. Этот квадрат разрежем по предположению индукции, а с остальными тремя поступим так же, как в пункте а).

5 Головоломка Ханойская башня представляет собой три вертикальных стержня на подставке. На один из них надеты n колец разного размера, в порядке убывания размера, меньший лежит на предыдущем по размеру большем. Кольца разрешается перекладывать с одного стержня на другой, при этом запрещается класть большее кольцо на меньшее. Докажите:

а) Все кольца можно переложить на другой стержень.

б) Это можно сделать за 2n 1 перекладываний. в) Меньшим количеством перекладываний обойтись нельзя.

Решение. Будем доказывать сразу три пункта. База. Одно кольцо можно переложить на другой стержень не менее, чем за одно (21 1) перекладывание.

Переход. Пусть для башни высотой в k колец требуется не менее 2k 1 перекладываний. Рассмотрив башню высотой в k + 1 кольцо. Для того, чтобы переложить нижнее кольцо, все остальные должны оказаться на третьем стержне (тогда мы сможем снять большое кольцо с первого стержня и переложить на второй). На это требуется не менее 2k 1 перекладываний. Чтобы вернуть все остальные кольца обратно на нижнее кольцо (то есть уже на второй стержень) требуется не менее 2k 1 перекладываний. Плюс ещё одно перекладывание нижнего кольца. Получается не менее 2k 1 + 2k 1 + 1 = 2k+1 1.

Таким образом, если мы сумели переложить k колец, то сумеем переложить и k + 1 кольцо, на это нам потребуется в точности указанное число перекладываний.

6 Пусть n – целое неотрицательное число. Докажите, что из любых 2n+1 натуральных чисел можно выбрать ровно 2n, сумма которых делится на 2n.

Решение. База. Рассмотрим n = 0. Из любых двух чисел можно выбрать одно, которое делится на 1.

Шаг. Пусть утверждение верно для n = k. Тогда рассмотрим 2k+2 натуральных чисел. Разобьём их на две группы по 2k+1 чисел. В каждой группе по предположению индукции найдётся 2k чисел, чья сумма делится на 2k. Итого две суммы по 2k слагаемых. Кроме этого останется 2k+1 чисел, среди которых по предположению индукции найдётся ещё 2k чисел, чья сумма делится на 2k. Итого три суммы по 2k слагаемых. Среди этих трёх сумм найдутся или две суммы, делящиеся на 2k+1, или две суммы, не делящиеся на 2k+1. Сложив такие две суммы мы получим 2k+1 слагаемых, сумма которых делится на 2k+1.

7 Вычислите суммы: сначала вычислите эти суммы для n = 1, 2, 3, 4, 5, а затем найдите закономерность и докажите её по индукции.

Решение. а) 1 + 2 + 22 + 23 +. + 2n = 2n+1 1. Закономерность легко угадывается, а потом доказывается по индукции. б) 1 · 1!+2·2!+3·3!+. +n·n! = (n+1)!1. Закономерность угадать уже чуть посложнее, но доказывается она тоже несложно.

Листок 14. Найди крайнего Тема этого листка метод крайнего.

Он заключается в том, чтобы рассмотреть в условиях задачи некоторый крайний случай: наименьший, самый левый и т.д. Для примера у доски стоит разобрать пару задач на эту тему.

• Дано 25 чисел. Сумма любых четырех из них положительна.

Докажите, что сумма их всех тоже положительна.

Решение. Среди данных чисел должно быть хотя бы одно положительное. Действительно, возьмем любые четыре из этих чисел. Если бы все они были неположительны, то и их сумма была бы неположительной, что противоречит условию. Выберем это положительное число. Остальные 24 числа разобьем произвольным образом на шесть четверок. Сумма всех 25 чисел это сумма выбранного числа (которое положительно по выбору) и сумм получившихся четверок (которые положительны по условию). Она является положительной.

• Шахматная доска разбита на двуклеточные прямоугольникидомино. Докажите, что найдется пара домино, образующая квадрат из 4 клеток.

Решение. Пусть такой пары не найдётся. Рассмотрим левый верхний угол. Пусть доминошка в нём лежит без ограничения общности вертикально, то есть занимает клетки a7, a8. Тогда доминошка, покрывающая клетку b8 не может лежать вертикально и должна занимать клетки b8, c8. Аналогично, в клетке b7 доминошка расположена вертикально, в клетке c7 горизонтально и т.д. Получается лесенка из доминошек, которая доходит до противоположного угла доски. Однако там возникает противоречие: клетки g7, h7 занимает горизонтальная доминошка, клетку h8 должна занимать вертикальная доминошка, но для неё нет места.

1 Сколькими способами можно расставить в ряд натуральные числа от 1 до 100 так, чтобы соседние числа отличались не более чем на единицу?

Решение. Число 1 может стоять только в начале ряда или в конце, так как у него только один возможный сосед двойка.

Значит, двойка будет стоять в ряду на втором месте. Тогда на третьем месте может стоять только тройка, на четвертом только четверка, и т. д. Таким образом получаем два способа:

единица в начале и единица в конце.

Учащийся не знает, что делать.

–Сколько соседей может быть у каждого числа? Два? А больше? А меньше? А если у числа один сосед, где оно может стоять?

2 Зайчиха купила для своих семерых зайчат семь барабанов разных размеров и семь пар палочек разной длины. Если зайчонок видит, что у него и барабан больше, и палочки длиннее, чем у кого-то из братьев, он начинает барабанить. Какое наибольшее число зайчат может начать барабанить?

Решение. Все зайчата барабанить не могут, так как заведомо не будет барабанить зайчонок, которому достанется самый маленький барабан. С другой стороны, если дать этому же зайчонку и самые короткие палочки, то остальные шестеро зайчат будут барабанить.

Учащийся не знает, что делать.

–Могут ли барабанить все семь зайчат? Почему? А шесть?

3 а) По кругу выписано несколько натуральных чисел, каждое из которых не превосходит одного из соседних с ним. Докажите, что среди этих чисел точно есть хотя бы два равных.

б) По кругу выписано несколько чисел, каждое из которых равно среднему арифметическому двух соседних с ним. Докажите, что все эти числа равны между собой. (Средним арифметическим чисел a и b называется число a+b.) Решение. а) Найдем среди написанных чисел самое большое.

Если оно такое одно, то оно больше обоих своих соседей, что противоречит условию. А если оно наибольшее и не больше одного из соседних с ним, то соседнее с ним ему просто равно.

б) Рассмотрим наибольшее из этих чисел (или одно из них, если таких чисел несколько). Из того, что оно не меньше своих соседей и равно их среднему арифметическому, следует, что оно равно своим соседям. Проводя аналогичные рассуждения, получаем, что все числа равны.

Учащийся не знает, что делать.

–В каком смысле крайнее число нас здесь может заинтересовать? У нас же они стоят по кругу.

4 На шахматной доске стоит несколько а) ладей; б) ферзей.

Обязательно ли найдется фигура, бьющая не более двух других? (Перепрыгивать через другие фигуры ладьи и ферзи не могут.) Решение. а) Обязательно. Рассмотрим самую верхнюю ладью, если таких несколько, то самую левую из них. Тогда выше и левее этой ладьи нет других ладей, значит, она бьет не более двух других. б) Не обязательно. Например, если расставить четырех ферзей в угловые клетки шахматной доски, то каждый из них будет бить трех других.

Учащийся не знает, что делать.

–Что можно сказать про крайнюю ладью? Кстати, а какая ладья будет крайней?

5 В стране есть несколько городов. Сумасшедший путешественник едет из города A в самый далёкий от него город B, затем в самый далёкий от B город C, и т. д. Докажите, что если город С не совпадает с городом А, то путешественник никогда не вернётся обратно в город A.

Решение. Предположим, что на втором шаге путешественник не возвратился в А, т.е. город С отличен от города А. Тогда маршрут от А до B короче маршрута из B в С (поскольку С наиболее удаленный от B город). В дальнейшем каждый следующий маршрут будет не короче предыдущего, так как каждый раз мы в качестве следующего пункта назначения выбираем наиболее удаленный город. Пусть на некотором шаге путешетвенник все же вернулся в город А, выйдя из некоторого города Х. По доказанному, маршрут от Х до А длиннее маршрута от А до B, а это противоречит тому, что B наиболее удаленный от А город.

Учащийся не знает, что делать.

–Пусть путешественник вернулся в город A. Что тогда можно сказать о расстоянииях между городами на его маршруте?

6 Петя купил Конструктор, в котором было 100 палочек разной длины. В инструкции к Конструктору написано, что из любых трёх палочек можно составить треугольник. Петя решил проверить это утверждение. Палочки лежат в конструкторе по возрастанию длин. Какое наименьшее число проверок нужно Пете, чтобы доказать или опровергнуть утверждение?

Ответ. Хватит одной проверки.

Решение. Возьмем две самые короткие палочки (длин a и b) и самую длинную (длины c). Если из них треугольник сложится (то есть a + b c), то сложатся и все остальные. Ведь для любых других трех палочек длин d, e, f из набора получим d+e a+b c f, так что неравенство треугольника не нарушится. Ну а если не сложится уже из них, то все плохо, и в инструкции обман.

Учащийся не знает, что делать.

–Когда из трёх палочек можно сложить треугольник? Какое условие на длины палочек это задаёт? И как это условие проверить?

7 25 астрономов на двадцати пяти разных планетах наблюдают друг за другом при помощи телескопов, причём каждый наблюдает за ближайшим к нему (все расстояния между планетами различны). Докажите, что:

а) есть две планеты, астрономы на которых наблюдают друг за другом;

б) хотя бы за одним астрономом никто не наблюдает.

Решение. а) Выберем две планеты, расстояние между которыми наименьшее. Тогда сидящие на них астрономы следят друг за другом. б) Рассмотрим две планеты A и B, расстояние между которыми наименьшее. Астрономы на этих планетах наблюдают друг за другом. Если найдется астроном, который смотрит на планету A или B, то найдется астроном, на которого никто не смотрит (на все планеты наблюдателей не хватит).

В противном случае исключим из рассмотрения планеты A и B. Получим систему из 25 2 = 23 планет, для которых попрежнему выполняется условие задачи. Продолжая так далее, в конце концов найдем планету, на которую никто не смотрит.

Учащийся не знает, что делать.

–Что значит, что два астронома наблюдают друг за другом?

Где это точно произойдёт?

–Найдётся ли астроном, за которым наблюдает более одного астронома? Почему?

8 В клетках доски 8 8 расставлены числа 1, 2. 64. Докажите, что найдется пара соседних по стороне клеток, числа в которых отличаются не менее чем на 5.

Решение. Рассуждаем от противного. Пусть это не так. Рассмотрим клетку, в которой стоит 1. Пусть сначала эта клетка не угловая и не у края доски. Тогда в четырех соседних клетках должны стоять числа 2, 3, 4, 5. Теперь посмотрим на клетки, соседние с этими четырьмя. Их не менее семи (не считая клетки с единицей), а числа там должны стоять не более 5+4=9. Но из еще не использованных таких чисел осталось только четыре это 6, 7, 8, 9. Значит, в какой-то из этих восьми клеток будет число, более чем на 4 превосходящее соседнее с ним число 2, 3, 4 или 5.

Аналогично рассматриваются случаи, когда единица стоит в клетке у границы доски (но не в углу) и когда единица стоит в угловой клетке.

Учащийся не знает, что делать.

–В каком смысле крайнюю клетку лучше рассмотреть? Сколько у неё соседних клеток? А какие в них могут быть числа?

А что с соседями её соседей?

Листок 15. Множества В начале занятия у доски следует разобрать примеры множеств и операций над ними и записать следующие определения.

Для наглядности множества можно изображать в виде кругов и изображать операции над ними, закрашивая соответствующие области. Такое представление множеств называется кругами Эйлера.

Множество есть совокупность различных элементов, мыслимая как единое целое.

Множество можно задать, описав его (A = <нелетающие птицы>), перечислив его элементы (B = <1, кошка, страус, E>) или с помощью других множеств.

Если все элементы множества A принадлежат множеству B, то говорят, что A есть подмножество множества B. Обозначается это как A B. ( <1, 2, 5><1, 2, 3, 4, 5>).

Пересечением двух множеств называется множество, состоящее из элементов, принадлежащих сразу обоим. Обозначается как A B.

Объединением двух множеств называется множество, содержащее все их элементы и только их. Обозначается как A B.

Мощностью множества называется количество элементов в этом множестве. Обозначается как |A|.

Затем предлагается разобрать у доски две задачи.

• Пусть Л множество человек в вашей аудитории. Какие подмножества в нём можно выделить? Пересекаются ли они?

• На олимпиаду пришли 436 школьников. Из них 128 правильно решили первую задачу и 126 вторую. 62 участника справились с обеими задачами. А сколько школьников не решили ни первую, ни вторую задачи?

Решение. Давайте поймём, сколько школьников всего решили первую или вторую задачи. 126+12862 = 192, поскольку|A 87 B| = |A| + |B| |A B|. В свою очередь, это следует из того, что при подсчёте мощности A и при подсчёте мощности B элементы из их пересечения были подсчитаны дважды, а остальные элементы ровно по одному разу. Итак, хотя бы одну из первых двух задач решили 192 школьника. Остальные 436 192 = 244 школьника не решили ни одну из них.

1 Перечислите все: а) элементы; б) подмножества множества <колбаса, очки, верёвка>.

Решение. а) 3; б) 23 = 8.

2 Пусть A = <, ‡>, B = <‡, •, §>. Запишите пересечение и объединение этих двух множеств. Сколько в них элементов?

Решение. а) A B = <‡>; б) A B = <, ‡, •, §>3 Пусть A = <чётные числа>, B = <числа, которые делятся на 4>, C = <натуральные числа меньше 10>. Чему равны A B, A B C, B C, A B?

Решение. AB = B, AB C = <2, 4, 6, 8>, B C = <4, 8>, A B = A.

4 Сколько а) двузначных, б) четырёхзначных, в) n-значных чисел можно составить, используя только цифры 1 и 2?

Решение. а) 4, б) 16, в) 2n.

На каждое место мы ставим или 1 или 2.

5 Сколько подмножеств у множества, содержащего: а) 2 элемента; б) 4 элемента; в) n элементов? г) Существует ли множество, у которого ровно 7 подмножеств? д) Что общего у задач 4 и 5?

Решение. а) 4, б) 16, в) 2n, г) нет: 7 это не степень двойки. д) Сопоставим каждому числу подмножество следующим образом: 1 означает, что мы берём в подмножество соответствующий по порядку элемент множества, 2 что не берём.

Аналогично, каждому подмножеству будет сопоставлено ровно одно число.

Учащийся не знает, что делать.

–Попробуй взять множество из 2 и из 4 элементов и просто выписать все его подмножества. Получается закономерность?

6 На полу площадью 12 м2 лежат три ковра. Площадь одного ковра 5 м2, другого 4 м2, третьего 3 м2. Каждые два ковра перекрываются на площади 1,5 м2. Все три ковра перекрываются на площади 0,5 м2. а) Какова площадь пола, не покрытая коврами? б) Какова площадь, покрытая только первым ковром?

Решение. а) 12 5 4 3 + 1,5 + 1,5 + 1,5 0,5 = 4. б) 5 1,5 1,5 + 0,5 = 2,5.

Учащийся не знает, что делать.

–Попробуй посмотреть пол под коврами как на множества.

Если сложить площади трёх ковров, то какие участки будут посчитаны более одного раза? Как это можно исправить?

7 У 20 марсиан есть уши, а у остальных нет. У 40 марсиан есть глаза, а у остальных нет. У 10 марсиан есть и уши, и глаза. Какое наименьшее количество марсиан может быть?

Решение. Аналогично задаче про олимпиаду, разобранной у доски. Марсиан без ушей и глаз не меньше нуля, потому ввсего их не менее чем 20 + 40 10.

Учащийся не знает, что делать.

–Вспомни задачу, которая разбиралась у доски. У скольких марсиан есть уши или глаза?

8 На заводе работают 40 фрезеровщиков, каждый из которых является художником, философом или поэтом. Всего среди них 28 художников, 27 философов и 11 поэтов. Какое наибольшее количество фрезеровщиков могут быть одновременно и художниками, и философами?

Решение. 26, ибо если их 27, то всего философов и художников 28, а значит с поэтами вместе их не более 39.

Учащийся не знает, что делать.

–Попробуй изобразить множества, о которых идёт речь в задаче. Сколько максимум может быть художников-философов?

Сколько тогда всего фрезеровщиков?

9 Аня, Боря и Вася составляли слова из заданных букв. Все составили разное число слов: больше всех Аня, меньше всех Вася. Затем ребята просуммировали очки за свои слова. Если слово есть у двух игроков, за него даётся 1 очко, у одного игрока 2 очка, слова, общие у всех трёх игроков, вычёркиваются.

Могло ли так случиться, что больше всех очков набрал Вася, а меньше всех Аня?

Решение. Могло. Заметим, что можно выкинуть общие слова всех троих. Пусть Вася составил x слов, Боря x + y, а Аня x + y + z. Пусть у Васи и Ани a общих слов. Тогда Васи не более 2x a очков, а у Ани не менее x + y + z очков. Поэтому a + y + z x. Пусть все остальные слова у Ани общие с Борей (тогда a z), их x + y + z a. При этом у Бори должно быть очков больше, чем у Ани, но меньше слов: 2(az) a, az a.

Т.е. a 2z. Наконец у Бори меньше очков, чем у Васи (пусть них нет общих слов): x + y + az 2xa, т.е. 2a + y x + z.

Учащийся не знает, что делать.

–Попробуй изобразить множества слов каждого из них. Обозначь неизвестные нам количества слов переменными.

–Решение подбором тоже годится, поскольку пример даёт положительный ответ на вопрос задачи.

«МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «ТЮМЕНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ» Финансово-экономический институт Кафедра мировой экономики и международного бизнеса Н. О. Вилков МЕЖДУНАРОДНЫЕ КОРПОРАЦИИ: МЕХАНИЗМЫ УПРАВЛЕНИЯ И РАЗВИТИЯ Учебно-методический комплекс. Рабочая программа для студентов направления подготовки 38.04.02 «Менеджмент» магистерской программы «Международный. »

«РАЗВЕРНУТЫЙ НАУЧНЫЙ ОТЧЕТ ПРОЕКТУ 13-01-00555_а 3.1 Номер проекта 13-01-00555 3.2 Название проекта Оптимизация и оценка достоверности процедур привязки последовательности цифровых изображений в условиях интенсивных пространственно коррелированных помех 3.3 Коды классификатора, соответствующие содержанию фактически проделанной работы 01-214, 07-396, 07-394 3.4 Объявленные ранее цели Проекта на 2014 год 1. Оптимизировать предложенные и обоснованные на этапе 2013 года основные этапы процедуры. »

«РОССИЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ НЕФТИ и ГАЗА имени И.М. Губкина Утверждена проректором по научной работе проф. А.В. Мурадовым 31 марта 2014 года ПРОГРАММА вступительного испытания по направлению 21.06.01 «Геология, разведка и добыча полезных ископаемых» для поступающих в аспирантуру РГУ нефти и газа имени И.М. Губкина в 2014/2015 уч. году Москва 2014 Программа вступительного испытания по направлению 21.06.01 «Геология, разведка и добыча полезных ископаемых» разработана на основании. »

«-141.qxd 26.12.2009 12:59 Page 1 ФЕДЕРАЛЬНАЯ ЦЕЛЕВАЯ ПРОГРАММА РАЗВИТИЯ ОБРАЗОВАНИЯ -141.qxd 26.12.2009 12:59 Page 2 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ИНСТИТУТ ПРОБЛЕМ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЙ ПОЛИТИКИ ЭВРИКА -141.qxd 26.12.2009 12:59 Page 3 МОДЕРНИЗАЦИЯ ОБРАЗОВАНИЯ: ШАГ ВТОРОЙ, 2010 –. ЭВРИКА ИНСТИТУТ ПРОБЛЕМ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЙ ПОЛИТИКИ -141.qxd 26.12.2009 12:59 Page 4 Брошюра подготовлена и издана в целях реализации проекта Методическое, экспертно аналитическое и. »

«Публичный доклад муниципального бюджетного дошкольного образовательного учреждения муниципального образования город Краснодар «Центр развития ребёнка – детский сад № 100»1. Общая характеристика учреждения Учредитель: администрация муниципального образования город Краснодар, в лице департамента образования администрации муниципального образования город Краснодара. Юридический адрес: 350062, Российская Федерация, Краснодарский край, город Краснодар, Прикубанский внутригородской округ, ул. им. »

«Аналитический отчет деятельности Государственного бюджетного образовательного учреждения Детского оздоровительно-образовательного центра «Северный» за 2013-2014 учебный год ГБОУ ДООЦ «Северный» реализует возложенные на него функции в процессе учебно-воспитательной, спортивно-массовой и методической работы, осуществляемой всеми структурными подразделениями Центра в соответствии с законодательством и уставом. В Центре обеспечен системный подход к организации дополнительного образования. »

«Сибирское отделение Российской академии наук Институт катализа им. Г.К. Борескова IV Семинар памяти профессора Ю.И. Ермакова ”—¤. »«. “»«“—¬ » “»« ¬ —––’ ——“ » ”¬—¬ » »—»«»» 13 – 16 апреля, 2010 г. пос. Листвянка, Иркутской обл. СБОРНИК ТЕЗИСОВ ДОКЛАДОВ Новосибирск 2010 — ¬ р »‚‡‚ (1935-1986) Область научных интересов: металлокомплексный катализ, закрепленные на носителях металлокомплексы и кластеры, высокодисперсные металлические катализаторы, углеродные носители. Основоположник нового. »

«Второй сезон Евгения Белякова Группа Тау открыла свой новый сезон. Теперь у них есть титул. Они называются «Старшая Сильная Группа». Обязывает. К чему? А вот это мы и выясним на следующем занятии вместе с группой Тау. В программе этого года: коллажи и папье-маше, драматургия продолжается, на очереди детективы (чуть позже трагедия в стихах, комедия и драма). А ещё нас ждут риторика и пластические балеты. За лето несколько расклеились. Зато один человек, несмотря на большие каникулы, прямо. »

«ВОЗОБНОВЛЯЕМЫЕ ИСТОЧНИКИ ЭНЕРГИИ В МИРЕ И В РОССИИ академик Фортов В.Е. – Председатель Программного комитета Форума REENFOR-2013, д.т.н. Попель О.С. – Председатель Организационного комитета Форума REENFOR-2013 Объединенный институт высоких температур РАН, Москва Введение Природные возобновляемые источники энергии (ВИЭ): биомасса (дрова, хворост), ветер, солнечное излучение, водные потоки, наряду с мускульной силой людей и животных, были основными источниками энергии, применяемыми человеком в. »

«Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Горно-Алтайский государственный университет» РАБОЧАЯ ПРОГРАММА Дисциплины Общая топология Уровень основной образовательной программы: подготовка кадров высшей квалификации направление подготовки 01.06.01 – Математика и механика, Направленность (профиль) 01.01.01 – Вещественный, комплексный и функциональный анализ Программа составлена в. »

«Стр. 1 Стр. 2 Стр. 3 1 Цели освоения дисциплины 1.1ознакомить бакалавров с основнымими закономерностями жизнедеятельности растений с учетом новейших достижений,научных открытий и практики;1.2рассмотреть осолбенности и механизмы процессов жизнедеятельности растении;1.3дать представление о взаимосвязях процессов и органов в организме растении;1.4показать пути управления ростом, развитием и формированием урожая сельскохозяйственных растении. 2.МЕСТО ДИСЦИПЛИНЫ В СТРУКТУРЕ ООП БАКАЛАВРИАТА. »

«Оглавление Введение Раздел 1. Формирование состава участников технологической платформы. 6 Раздел 2. Создание организационной структуры технологической платформы Формирование руководящих и рабочих органов технологической платформы, ее организационное оформление Создание интернет-портала технологической платформы и участие в работе федерального интернет-портала, посвященного деятельности технологических платформ Раздел 3. Разработка Стратегической программы исследований Раздел 4. Развитие. »

«Информация об исполнении «Плана развития государственно-частного партнерства в Курганской области на период до 2015 года» по итогам 2010 года. Работа по развитию государственно-частного партнерства (далее ГЧП) в Курганской области ведется в соответствии с мероприятиями «Плана развития государственно-частного партнерства в Курганской области на период до 2015 года» (далее План). Мероприятия Плана направлены на развитие инфраструктурных проектов регионального и муниципального значения, создание. »

«МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Кубанский государственный университет» ПРОГРАММА ВСТУПИТЕЛЬНОГО ЭКЗАМЕНА для подготовки аспирантов Специальность 01.04.07 Физика конденсированного состояния Форма обучения Очная Краснодар 1. Механика Движение материальной точки и системы материальных частиц в механике Ньютона. Интегралы движения и законы сохранения. Движение в центральном. »

«Министерство образования и науки Российской Федерации ФГБОУ ВО «Тверской государственный университет» Утверждаю Декан факультета ИЯ и МК Л.М. Сапожникова «» 20 г. Рабочая программа дисциплины (с аннотацией) «Педагогическая антропология. Часть 2» Направление подготовки 45.03.02 «Лингвистика» Профиль подготовки «Теория и методика преподавания иностранных языков и культур» Для студентов 3 курса очной формы обучения Уровень высшего образования БАКАЛАВРИАТ Составитель: к.п.н., доцент И.С. »

«Мониторинг регуляторной среды – 13 20 апреля 2015 года Подготовлен Институтом проблем естественных монополий (ИПЕМ) Исследования в областях железнодорожного транспорта, ТЭК и промышленности Тел.: +7 (495) 690-14-26, www.ipem.ru Следите за нашими новостями и публикациями на страницах в Facebook и ВКонтакте Президент и Правительство 13.04.2015. Аналитический центр при Правительстве РФ проводит опрос в рамках выработки предложений по совершенствованию промышленной политики, в частности – мер и. »

«Программный бюджет – формальность или эффективный механизм устойчивого развития? Program budget a formality or an effective tool for sustainable development? Копыченко Галина Сергеевна аспирантка кафедры государственное и муниципальное управление ФГОУ ВПО Финансовый университет при Правительстве Российской Федерации Kopychenko Galina Sergeevna postgraduate student of chair public administration and municipal management Financial University under the Government of the Russian Federation. »

«Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Уральский государственный горный университет» Уральская горнопромышленная декада, 1-10 апреля 2013 года, г. Екатеринбург МЕЖДУНАРОДНАЯ НАУЧНО-ПРАКТИЧЕСКАЯ КОНФЕРЕНЦИЯ «УРАЛЬСКАЯ ГОРНАЯ ШКОЛА – РЕГИОНАМ» 8-9 апреля 2013 года Сборник докладов Ответственный за выпуск доктор технических наук, профессор Н. Г. Валиев Екатеринбург – 2013 М34. »

«Паспорт программы 1. Введение 6 1.1. Краткие сведения о школе 7 Общая информация С т р ук т ур а уп р а в л е н и я О У Р е с ур с н а я б а з а О У Кадры Ученики Характеристика учебного плана Направления организации дополнительного образования в ОУ Участие ОУ в соци альных проектах Традиции ОУ Награды ОУ( за 3-5 лет) Социальная активность и социальное партнёрство ОУ Дополнительные сведения 1.2. SWOT-анализ 33 2. Цель и задачи программы развития. Миссия школы. 35 2.1. Основная стратегическая. »

2016 www.programma.x-pdf.ru — «Бесплатная электронная библиотека — Учебные, рабочие программы»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.

Источник