Работа с одаренными детьми, как важнейшее требование
advertisement
Работа с одаренными детьми, как важнейшее требование деятельности учителя в новой школе. Проблема работы с одаренными учащимися чрезвычайно актуальна для современного образования. К школе предъявляются сегодня высокие требования. В хорошей школе уважают личность ребенка, с ним занимаются не только на уроках, но и в системе дополнительного образования. Именно поэтому так важно определить цели, основные задачи и направления работы с одаренными детьми в системе дополнительного образования. Выявление одаренных детей должно начинаться уже в начальной школе на основе наблюдения, изучения психологических особенностей, речи, памяти, логического мышления. Работа с одаренными и способными учащимися, их поиск, выявление и развитие должны стать одним из важнейших аспектов деятельности учителя. Одаренными детьми будем считать тех учащихся, которые: - имеют более высокие по сравнению с большинством интеллектуальные способности, восприимчивость к учению, творческие возможности и проявления; - имеют доминирующую активную познавательную потребность; - испытывают радость от добывания знаний, умственного труда Выделим три категории одаренных детей: 1. Дети с необыкновенно высоким общим уровнем умственного развития при прочих равных условиях (такие дети чаще всего встречаются в дошкольном и младшем школьном возрасте). 2.Дети с признаками специальной умственной одаренности в определенной области науки. 3. Учащиеся, не достигающие по каким-либо причинам успехов в учении, но обладающие яркой познавательной активностью, оригинальностью психического склада, незаурядными умственными резервами (чаще встречаются в старшем школьном возрасте). Так как способности вырабатываются в деятельности, то развитие способностей зависит от организации деятельности. При всех существующих трудностях в системе общего среднего образования сегодня открываются новые возможности для развития личности учащегося, и одаренной личности в частности. Цели и задачи работы с одаренными детьми Цель № 1: Выявление одаренных детей Для реализации первой цели необходимо решить следующие задачи: - знакомство с научными данными о психологических особенностях и методических приемах работы с одаренными детьми; - накопление литературы по данному вопросу; - знакомство с приемами целенаправленного педагогического наблюдения, диагностики; - проведение различных внеурочных конкурсов, интеллектуальных игр, олимпиад, позволяющих учащимся проявить свои способности. Цель № 2: Создание условий для оптимального развития одаренных детей. Для реализации второй цели необходимо решить следующие задачи: - отбор среди различных систем обучения тех методов и приемов, которые способствуют развитию самостоятельности мышления, инициативности и творчества; - предоставление возможности совершенствовать способности в совместной деятельности со сверстниками, учителем, через самостоятельную работу. Принципы педагогической деятельности в работе с одаренными детьми - принцип максимального разнообразия предоставленных возможностей для развития личности; - принцип возрастания роли внеурочной деятельности; - принцип индивидуализации и дифференциации обучения; - принцип создания условий для совместной работы учащихся при минимальном участии учителя; - принцип свободы выбора учащимся дополнительных образовательных услуг, помощи, наставничества. Стратегия работы с одаренными детьми I этап - подготовительный ( 1 – 4 классы) Успешность работы с одаренными детьми во многом зависит от того, как организована работа с этой категорией учащихся в начальной школе. При выявлении одаренных детей учитываются их успехи в изучении математики. Этот этап характеризуется тем, что дети охотно осваивают навыков содержание учения под руководством учителя и самостоятельно. На этом этапе урочная и внеурочная деятельность организуются как единый процесс, направленный на развитие творческих, познавательных способностей учащихся. При проведении предметных недель, конкурсов необходимо постоянно вовлекать учащихся из начальных классов. На подготовительном этапе происходит: - формирование навыков научной организации труда - вовлечение в активные формы познавательной деятельности - формирование познавательного интереса - выявление способных учащихся Урочная и внеурочная деятельность по математике строиться таким образом, что учащийся проявляют свои возможности в самых разных сферах деятельности. Это важно для приобретения новых знаний и нового опыта, и служит основой для трансформации этих знаний в другие сферы деятельности в классах II и III ступени. II этап — творческий (5—7 классы) На этом этапе проводится индивидуальная оценка познавательных, творческих возможностей и способностей ребенка через различные виды деятельности: учебную и внеклассную. Содержание работы с одаренными учащимися определяется в рамках предмета. Содержание учебного материала настраивает учащихся на непрерывное обучение, процесс познания становится для таких детей самоценным. На творческом этапе происходит: - совершенствование навыков научной организации труда - формирование познавательного интереса - творческое развитие учащихся - индивидуальная работа со способными учащимися III этап — развивающий ( 8 – 9 классы) На данном этапе происходит постепенный переход к обучению не столько фактам, сколько идеям и способам, методам, развивающим мышление, побуждающим к самостоятельной работе, ориентирующим на дальнейшее самосовершенствование и самообразование, постепенное проявление той цели, для достижения которой они прилагают столько духовных, интеллектуальных и физических усилий. На этом этапе работы с одаренными детьми наиболее целесообразны групповые формы работы: спецкурсы, миникурсы, «мозговые штурмы», ролевые тренинги, научно-практические работы, творческие зачеты, проектные задания и т. д. На развивающем этапе происходит: - совершенствование навыков научной организации труда - развитие и расширение познавательных интересов учащихся - формирование исследовательских навыков - развитие информационной культуры учащихся IVэтап – исследовательский ( 10 – 11 классы) Старшая школа является особым образовательным пространством, в рамках которого, с одной стороны, завершается выполнение обществом его обязательной функции по формированию социально-адаптированной личности, а с другой стороны, реально происходит постепенная переориентация знаний, умений и навыков к созданию условий для становления комплекса компетенций, которые рассматриваются как способности человека реализовать свои замыслы в условиях многофакторного информационного и коммуникационного пространства. На данном этапе происходит: - совершенствование исследовательских навыков - совершенствование информационной культуры учащихся - самостоятельное применение знаний умений и навыков. Условия успешной работы с одаренными учащимися - Осознание важности этой работы учителем математики и усиление в связи с этим внимания к проблеме формирования положительной мотивации к учению. - Создание и постоянное совершенствование методической системы работы с одаренными детьми. - Признание учителем того, что реализация системы работы с одаренными детьми является одним из приоритетных направлений работы школы. Учитель, работающий с одаренными детьми должен обладать следующими качествами: - учитель верит в собственную компетентность и возможность решать возникающие проблемы. Он готов нести ответственность за принимаемые решения, и одновременно уверен в своей человеческой привлекательности и состоятельности; - учитель считает окружающих способными самостоятельно решать свои проблемы, верит в их дружелюбие и в то, что они имеют положительные намерения, им присуще чувство собственного достоинства, которое следует ценить, уважать и оберегать; - учитель стремится к интеллектуальному самосовершенствованию, охотно работает над пополнением собственных знаний, готов учиться у других, заниматься самообразованием и саморазвитием. Учитель должен быть: - увлечен своим делом; - способным к экспериментальной, научной и творческой деятельности; - профессионально грамотным; - интеллектуальным, нравственным и эрудированным; - проводником передовых педагогических технологий; - психологом, воспитателем и умелым организатором учебновоспитательного процесса; - знатоком во всех областях человеческой жизни. Функции учителя: 1. Осуществление программы в системе внеклассной работы. 2. Использование новых педагогических технологий. 3. Организация исследовательской работы учащихся. 4. Диагностика. 5. Обобщение результатов работы. Формы работы с одаренными учащимися - Олимпиады; - Элективные курсы; - Творческие выставки; - Групповые занятия с сильными учащимися; - Исследовательские работы; - Предметный кружок; - Творческие мастерские; - Конкурсы различного уровня; - Факультативы; - Индивидуальное консультирование учащихся Работа с родителями Важным моментом работы с одаренными детьми следует признать комплекс мероприятий, направленных не только на школьников, но и на их родителей. Задачи работы с родителями включают: Совершенствование уровня психолого–педагогической грамотности и компетентности; Расширение возможностей в понимании своего ребенка, развитие рефлексии своих взаимоотношений с сыном или дочерью; Личностный рост родителей, развитие их самосознания, самоконтроля; Укрепление сотрудничества родителей с учителем математики. Формы работы с родителями - Творческие и проблемные родительские собрания; - Групповые и индивидуальные консультации; - Творческие отчеты; - Привлечение родителей к проведению уроков и мероприятий; - Выполнение рекомендаций литературы. консультирование учащихся Математические олимпиады. Математические олимпиады являются важной составной частью математического образования. Они позволяют выявить и развить такие качества учащегося, которые не всегда проявляются в повседневном учебном процессе. Не секрет, что очень часто отлично усваивающие школьный материал учащиеся теряются при решении олимпиадных задач и не добиваются в олимпиадах высоких результатов. Это связано с тем, что успешное выступление в олимпиадах требует специфических качеств и особых способностей, которые, естественно, тоже следует развивать. Олимпиада 8-9 классов. 1. Существуют ли натуральные числа а и b такие, что дроби 2. 3. 4. 5. a b и a 1 b 1 сократимы? Можно ли клетчатый прямоугольник 45 разрезать по клеткам на 6 прямоугольников разной площади? Найдите наименьшее натуральное число, вычеркиванием цифр из десятичной записи которого можно получить любое натуральное число от 1 до 32. 16 блокнотов стоят столько рублей, сколько блокнотов можно купить за один рубль. Сколько стоит один блокнот? Какое число стоит на 2001-ом месте в последовательности 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, …? Олимпиада 10-11 классов. 6. Доказать, что натуральное число, имеющее нечетное число делителей, является полным квадратом. 7. Доказать, что среди чисел вида 111…11 найдется число, которое делится на 113. 8. Раскрасьте клетки таблицы 33 в наибольшее число цветов так, чтобы для любых двух цветов нашлись клетки, окрашенные в эти цвета и имеющие общую сторону. 9. Разделить окружность, центр которой задан, на четыре равные части с помощью одного циркуля. 10.Решите уравнение х=1–2001(1–2001х2)2. Математические соревнования В процессе изучения математики немаловажным является принцип соревнования. Интерес учащихся к изучению предмета прекрасно «подогревается» различного рода конкурсами, викторинами, математическими боями. Математический бой – весьма популярный в последние годы вид математических соревнований. Приведу пример задач, специально подобранных для проведения математического боя. Математический бой между сборными 10 и 11 классов. Задачи. 1. Имеются 300 яблок, любые два из которых различаются по весу не более, чем в два раза. Докажите, что их можно разложить в пакеты по два яблока так, чтобы любые два пакета различались по весу не более, чем в полтора раза. 2. На гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС взяты точки М и К такие, что ВС = ВМ и АС = АК. Докажите, что МСК = 45. 3. Дан набор, состоящий из 1997 чисел таких, что если каждое число в наборе заменить на сумму остальных, то получится тот же набор. Докажите, что хотя бы одно из чисел в наборе равно 0. 4. В лес пошло 11 девочек и n мальчиков. Вместе они собрали n2+9n–2 гриба, причем все они собрали поровну грибов. Кого было больше: мальчиков или девочек? 5. Дана функция f ( x) 3 6. Существуют ли 3 x1 3 x2 ... 3 x10000 1 1 x3 такие 3333 ? .Найдите f ( f (... f (19)...)) . 95 раз целые числа x1 , x2, …, x10000, что 7. Первоначально на доске написано натуральное число А. Разрешается прибавить к нему один из его делителей, отличных от него самого и единицы. С полученным числом разрешается проделать аналогичную операцию, и т.д. Докажите, что из числа А = 4 можно с помощью таких операций прийти к любому наперед заданному составному числу. 8. Все стороны и диагонали правильного 12-угольника раскрашены в 12 цветов(каждый отрезок – одним цветом). Существует ли такая раскраска, что для любых трех цветов найдутся три вершины, попарно соединенные между собой отрезками этих цветов. Приведем сразу решения этих задач. Решения. 1. Занумеруем яблоки в порядке неубывания весов и положим в k-й пакет яблоки с номерами k и 301–k. Рассмотрим два произвольных пакета. Пусть в одном из них яблоки с весами а d, а в другом – с весами b с. Тогда а b c d . Имеем: а + d c + 2 b 1 . 5 c + 1 . 5 b и b + c 2 а + d 1 . 5 a + 1 . 5 d , что и требовалось. 2. МСВ 2 В А А В . Сумма ; КСА . А В , отсюда 2 2 4 2 2 2 2 углов МСВ и КСА равна 4 2 4 , т.е. она больше прямого угла на угол 45. Отсюда видно, что эти углы имеют общую часть. Она и есть искомый угол МСК, равный 45. 3. Пусть сумма чисел в наборе равна М, тогда число а из набора заменяется на число b = М – а . Просуммируем эти равенства для всех а: b1+…+b1997=1997M–(a1+…+a1997), откуда М=0, т.к. b1+…+b1997=а1+…+а1997=М. Значит для любого а число b = – а также входит в набор и все числа разбиваются на пары а, – а . Из нечетности их количества следует, что в набор входит число а = – а , т.е. а = 0 . 4. Общее количество детей обозначим через х. Тогда n = х – 1 1 . Заметим, что х > 1 1 . Выразим общее число грибов через х: n 2 + 9 n – 2 = ( х – 1 1 ) 2 + 9 ( х – 1 1 ) – 2 = х 2 – 1 3 х – 2 0 . Это число равно хk, где k – число грибов собранных одним человеком. Отсюда следует, что 20 делится на х. Есть единственный вариант, при котором х > 1 1 : х = 2 0 . Значит, мальчиков было 9. 5. Функция f(x) определена при всех x1. Так как f(x) 0 при всех x, а f(x) = 1 лишь при x = 0, то выражение f(f(…f(x)…)) имеет смысл при всех x1. Нетрудно убедиться, что f ( f ( x)) 3 1 1 , а f(f(f(x))) = x. Т.к. 95 дает при x3 1 делении на 3 остаток 2, то f ( f ... f (19)...)) f ( f (19)) 3 1 3 . 19 95 6. Нет. Допустим, что такие числа нашлись. Умножим равенство на достаточно большую степень тройки так, чтобы все слагаемые слева стали целыми. Тогда слева окажется сумма 10000 нечетных чисел – четное число, а справа – произведение нечетных чисел, т.е. нечетное число. Противоречие. 7. К числу 4 можно много раз прибавить число 2, при этом каждый раз получаются четные числа, у которых опять есть делитель 2, так что его снова можно прибавить. Таким образом можно получить все четные числа. Допустим теперь, что нужно получить нечетное составное число mn, m>2, n>2. Сначала получим четное число 2m, которое имеет делитель m; будем прибавлять его до тех пор, пока не получим число mn. 8. Допустим, что такая раскраска возможна. Рассмотрим отрезки какого-то одного цвета, например, красного. Общее число треугольников, одна из сторон которых красная, не меньше, чем число пар из остальных 11 цветов, т.е. 55. Так как каждый отрезок служит стороной для 10 треугольников, то число красных отрезков не меньше 6, а общее число отрезков должно быть не меньше 72. Однако число всех сторон и диагоналей в12-угольнике равно 66. Полученное противоречие показывает, что требуемая раскраска невозможна. Исследовательские задачи. В данной части разберем несколько задач, которые принято называть исследовательскими. На мой взгляд, задачи такого сорта имеют две характерные черты. Во-первых, эти задачи многовариантны. Они как бы состоят из большого количеств различных по сложности задач – от совсем простых частных случаев, до трудноразрешимых (а, возможно, и неразрешимых) проблем. Причем в процессе решения одних задач часто возникают другие, порой гораздо более интересные. Во-вторых, в своей формулировке исследовательская задача не предполагает известным ответ на поставленный в ней вопрос. Более того, по ходу решения такой задачи часто удается ответить вовсе не на тот вопрос, который в этой задаче первоначально ставился. То есть задача видоизменяется в процессе ее решения. Общий список задач. 1. Доказать, что существует ровно 8 способов обойти шахматным конем доску размером 3х4, побывав на каждой клетке ровно один раз. При этом маршруты-двойники, различающиеся только направлением движения, считаются за один. 2 Выразите числа 5, 26, 30 и 55, используя четыре цифры 5, знаки арифметических действий и скобки. 3.Существуют ли 4 различных натуральных числа таких, что сумма любых трех из них – простое число? 4.После семи стирок длина, ширина и высота куска мыла уменьшились вдвое. На сколько стирок хватит оставшегося куска? 5.Малыш и Карлсон пилили дрова. Они сделали 22 распила и получили 32 полена. Сколько бревен было у Малыша и Карлсона? 6. После того, как Катя съела половину персиков из банки, уровень компота понизился на одну треть. На какую часть (от установившегося нового уровня) понизится уровень компота, если съесть половину оставшихся персиков? 7. В ряд выписаны пять чисел, имеющих положительную сумму. Может ли быть так, что сумма любых трех идущих подряд чисел отрицательна. 8.По окружности расставлено несколько чисел, сумма которых положительна. Доказать, что можно выбрать такое из них, что оно само будет положительно, его сумма со следующим по часовой стрелке будет положительна и т.д. 9.На доску выписаны 6 чисел: 1,2,3,4,5,6. Разрешается к любым двум прибавить по 1. Можно ли, проделав эту операцию несколько раз, сделать эти числа равными. 10.Учитель отметил на прямой несколько точек. Затем Вова между каждыми двумя соседними точками поставил еще по одной точке. Затем то же самое сделали Катя и Маша. После этого Петя посчитал все отмеченные точки и сказал, что их 122. Учитель, не глядя на доску, заявил, что Петя ошибается. Почему он так решил? 11.Три красных и три белых шара выложены в ряд. Доказать, что можно поменять местами два шара так, чтобы шары одного цвета лежали рядом. 12.Может ли каждая из 4 треугольных стран иметь общий отрезок границы с каждой другой страной? 13.Можно ли придумать число, произведение цифр которого равно 1998? 14.Можно ли разбить число 186 на три не равных друг другу натуральных слагаемых, сумма любых двух из которых делится на третье? 15.Можно ли разбить число 105 на три не равных друг другу натуральных слагаемых, одно из которых делится на 3, второе – на 5, а третье – на 7? 16.На столе лежат три кучки спичек. В одной кучке 5 спичек, в другой – 49 спичек, а в третьей – 51 спичка. С кучками разрешается проделывать следующие действия: соединять две кучки в одну и делить кучку с четным количеством спичек на две равные. Можно ли после нескольких таких действий получить 105 кучек по одной спичке в каждой? 17.А что будет, если в предыдущей задаче вместо чисел 5, 49 и 51 рассмотреть три других числа? 18.Учитель задал трудную задачу. В результате число мальчиков, решивших эту задачу, оказалось равным числу девочек, её не решивших. Кого в классе больше – решивших задачу или девочек? 19.В Анчурии среди прочих жителей проживают карабасы и барабасы. Известно, что каждый карабас дружит с 7 карабасами и 5 барабасами, а каждый барабас дружит с 9 барабасами и 3 карабасами. Кого в Анчурии больше – карабасов или барабасов? 20.На день рождения фрекен Бок испекла торт. Малыш и торт весили столько же, сколько Карлсон и фрекен Бок. Когда торт съели, Карлсон весил столько, сколько фрекен Бок и малыш. Доказать, что Карлсон съел кусок торт, весивший столько же, сколько фрекен Бок до дня рождения. 21.Известно, что доля блондинов среди голубоглазых больше, чем доля блондинов среди всех людей. Что больше: доля голубоглазых среди блондинов или доля голубоглазых среди всех людей? 22.У Пети 44 монеты и 10 карманов. Сможет ли он разложить свои монеты по карманам так, чтобы количество монет в карманах было различным? Тот же вопрос для случая, когда у Пети 48 монет. 23.Сколькими способами из пяти квадратов можно сложить прямоугольник? Квадраты при этом можно брать каких угодно размеров. Та же задача для шести квадратов. 24.Имеются четыре предмета попарно различного веса. Как с помощью пяти взвешиваний на чашечных весах без гирь расположить эти предметы в порядке возрастания весов? 25.Сколько клеток пересекает диагональ в клетчатом прямоугольнике размером 199991? 26.В правильном тождестве (x2-1)(x+…) = (x+3)(x-1)(x+…) случайно стерли два числа. Найдите эти числа. 27.Имеются ли среди натуральных чисел, больших 3, три последовательных нечетных простых числа? 28.Каждый из учеников класса ходил хотя бы в один из двух походов, причем в каждом из этих походов девочек было не больше 40% от общего числа участников. Докажите, что в классе не более 4 7 девочек. 29.Двое по очереди ставят на шахматную доску коня, причем запрещается ставить его на клетку, которую бьет один из ранее поставленных коней. Тот, кто при очередном ходе не сможет поставить коня, проигрывает. Кто выиграет при правильной игре – первый игрок или второй? 30.Известно, что сумма двух натуральных чисел равна 30030. Докажите, что их произведение не делится на 30030. 31.Прямая окрашена в два цвета. Докажите, что среди них найдутся три точки одного цвета, одна из которых расположена на равных расстояниях от двух других. 32.В угловой клетке таблицы 55 стоит плюс, а в остальных – минусы. Разрешается в любой строке или в любом столбце одновременно поменять все знаки на противоположные. Можно ли за несколько таких операций сделать все знаки плюсами? 1 a 33.Известно, что число a – целое. Докажите, что числа a 2 1 1 и a3 3 2 a a тоже целые. 34.Разрежьте квадрат на выпуклые пятиугольники. Взять хотя бы задачу 1. Сразу возникает вопрос: а почему доска размером именно 3х4? Давайте рассмотрим доску mn и сформулируем вопрос подругому: при каких m и n шахматным конем можно обойти такую доску? И если можно, то сколькими способами? По всей видимости, для больших m и n ответ на первый вопрос утвердительный (однако это тоже надо доказать!). А вот на второй вопрос вряд ли ответить будет легко, если вообще возможно. Но тем не менее для маленьких досок попытаться решить эту задачу будет довольно любопытно. Разберем совсем очевидные случаи: 1) доски 1n и 2n. Тут ответ отрицательный. На первой доске шахматный конь вообще не сможет сделать ни одного хода, а на второй он не сможет развернуться и вынужден будет скакать только вперед, пока не упрется в стенку. 2) Доска 33. Ответ опять отрицательный. На этой доске есть клетка, на которую нельзя попасть ни с какой другой (центральная клетка) 3) Доска 4х4. Попробуйте разобрать этот случай самостоятельно. А я расскажу лучше решение задачи 18. Решение задачи 1. Решим эту задачу, построив некоторый граф. Клетки нашей доски будут вершинами этого графа, а ребрами соединим те вершины, для которых соответствующие клетки находятся на расстоянии одного хода шахматного коня. Для удобства занумеруем клетки следующим образом: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Серым цветом выделены клетки, из которых можно сделать три хода. Из остальных клеток можно сделать только по два хода. При построении графа клетки-вершины удобно будет расположить следующим образом: 8 2 11 4 7 9 5 6 1 10 3 12 Мы видим, что исследуемый граф представляет собой две шестизвенных замкнутых ломаных, связанных двумя мостиками (ребра 2-11 и 10-3). Нам необходимо обойти этот граф, побывав в каждой вершине по одному разу. Нетрудно понять, что начав движение в левой половине графа, мы обязаны обойти все 6 вершин этой половины, прежде чем перейдем на другую сторону, иначе нам придется возвращаться назад, не закончив свой обход справа. Закончить обход левого цикла мы должны в одной из вершин 2 или 10. Существует 4 способа это сделать: начать движение в вершине 8 и двигаться против часовой стрелки; начать в вершине 1 и двигаться по часовой стрелке; начать в вершине 9 и двигаться в любую сторону. Каждый из этих четырех способов обхода левого цикла может иметь два продолжения, поскольку перейдя направо, можно двигаться как по часовой стрелке, так и против. Если же начинать движение справа, то мы будем получать те же самые маршруты, только проходимые в обратном порядке. Задачу о маршрутах шахматного коня можно несколько видоизменить, введя дополнительные требования, например: конь должен обойти все клетки и последним ходом вернуться в исходную клетку; конь не должен проходить через какую-то выделенную клетку (таких клеток может быть несколько). Короче, задачей о шахматном коне можно заниматься очень долго. Было бы желание. Поговорим теперь о задаче 23. Эту задачу с увлечением решали как пятиклассники, так и десятиклассники. Попробуйте и вы ее решить. Но сначала попытайтесь угадать, сколькими все-таки способами можно из пяти квадратов сложить прямоугольник. С первого взгляда кажется, что таких способов совсем немного. Однако потом выясняется, что среди различных конструкций встречаются весьма забавные. Например, такая, как на этом рисунке. Короче, всего у нас получилось 15 или 16 вариантов. Но вначале мы исследовали данную задачу для 3 квадратов (там всего два варианта) и для четырех квадратов. До шести квадратов так никто и не добрался – слишком хорошая была погода. При решении задачи о пяти квадратах мы не ограничивались чисто описательной работой. Была установлена связь этой задачи с теорией графов. А именно, каждой конструкции сопоставлялся некий граф, получаемый так: вершины графа – квадраты. Если квадраты имеют общий участок границы, то соответствующие вершины соединяются ребрами. Например, для приведенной выше конструкции граф выглядит так. Выяснилось, что разным способам могут соответствовать одинаковые графы. Таким образом, глядя на граф, мы не сможем понять, какая конструкция породила этот граф. Однако на этом месте возникают разные любопытные вопросы, и не только для случая пяти квадратов. Например, верно ли, что каждый связный граф описывает некоторый способ построения прямоугольника из квадратов? Много ли различных способов порождают один и тот же граф? Как изменится ситуация, если вместо обычного рассмотреть ориентированный граф, в котором стрелочка направлена от большего квадрата к меньшему? При исследовании задачи о пяти квадратах изучался еще один вопрос: можно ли один и тот же прямоугольник различными способами сложить из пяти, шести или большего количества квадратов. Ответ на этот вопрос утвердительный, если разрешить перестановки внутри одной и той же конструкции, как это показано на рисунке: Однако вопрос интересно поставить немного по-другому: можно ли из двух разных наборов квадратов сложить одинаковые прямоугольники? И если да, то при каком минимальном числе квадратов в таких наборах это можно сделать? Можно также потребовать, чтобы все квадраты в наборе были различными по размерам. В этом случае мы попадаем в ситуацию, описанную в известной книге И. М. Яглома «Как разрезать квадрат?» Обсудим теперь задачу 17. Сначала выясним, как решается предыдущая задача. Решение задачи 16. На первом шаге нам придется соединить две кучки. Если мы соединим кучки в 5 и 49 спичек, то в нашем распоряжении окажется кучка в 54 спички и кучка в 51 спичку. Количество спичек в обеих кучках делится на 3. Что бы мы дальше ни делали, это свойство сохранится, так как, во-первых, сумма чисел, кратных трем, будет кратна трем, а во-вторых, половина числа, кратного трем, снова кратна трем. Соединим теперь кучки в 51 и 49 спичек. Мы получим две кучки, количество спичек в каждой из которых кратно 5. Если соединить кучки в 51 и 5 спичек, то количество спичек в каждой из полученных кучек будет кратно 7. В каждом из этих случаев невозможно будет получить ни одной кучки, состоящей из 1 спички. Разберем теперь, насколько это возможно, общий случай. Ограничимся ситуацией, когда общее количество спичек по-прежнему равно 105. Это ограничение объясняется очень просто: при работе с детьми я не успел добраться до более общей ситуации – возможно, это будет сделано в следующий раз. Заметим, что число 105 равно произведению чисел 3, 5 и 7 – ключевых в решении задачи 16. Анализ этого решения позволяет выдвинуть гипотезу: ответ на поставленный в задаче вопрос отрицательный в том и только в том случае, когда каждая из трех исходных кучек содержит нечетное число спичек, причем количество спичек в одной из кучек кратно 3, в другой – 5, а в третьей – 7. Хотя нам не удалось ни доказать, ни опровергнуть эту гипотезу, но все-таки кое-что было сделано. Например, было установлено, что если количество спичек в одной из кучек равно 1, то задача имеет решение. В этом случае остальные 104 спички можно собрать в одну кучу, поделить ее пополам и т.д. (была указана последовательность действий, приводящая к нужному результату – думаю нет нужды приводить ее здесь). Таким образом, оставалось придумать, каким образом получить кучку из одной спички в общем случае. Кое какие мысли по этому поводу имелись, но, как я говорил, они пока остались не реализованными. Так что имеется большой простор для дальнейших исследований (не забывайте, что общее число спичек не обязано равняться 105, а исходных кучек может оказаться больше трех). Решение некоторых задач из общего списка. 5. Число бревен + число распилов = число поленьев. 7. Да. Например, 2, 2, –5, 2, 2. 8. Обозначим эти числа а1, а2, …аn (нумерация соответствует их расположению на окружности). Предположим. что утверждение задачи не выполняется. Тогда найдется такой номер m, что сумма а1+ а2+…+аm отрицательна (из всех таких m выберем наименьшее). Далее, найдется такой номер k, что сумма am+1+am+2+…+ak отрицательна (снова выбираем наименьший такой номер). Продолжая действовать таким образом, мы обойдем всю окружность и в какой-то момент вернемся к числу а1. Здесь важно заметить, что очередная отрицательная сумма остановится либо на числе аn, либо на числе ak, либо на каком-то другом числе, на котором мы уже останавливались. Это связано с тем, что каждый раз мы выбираем наименьшую по числу слагаемых отрицательную сумму. Как бы то ни было, но наши числа разобьются на группы таким образом, что сумма чисел из каждой группы будет отрицательна. Но тогда и вся сумма отрицательна – противоречие. 9. Сумма написанных чисел нечетна. После прибавления двух единиц она останется нечетной, а потому все шесть чисел нельзя сделать равными. 10.Если учитель поставил четное число точек, то Вова поставил их нечетное число, а все остальные дети – четное. Если же учитель поставил нечетное число точек, то все дети поставили их четное число. В любом случае сумма нечетна и не может равняться 122. 11.При решении этой задачи важно не упустить ни одного варианта взаимного расположения шаров. Первый (самый левый) шар можно считать белым. Тогда возможны 4 варианта расположения трех первых шаров: 1) БББ; 2) ББК; 3) БКБ; 4) БКК. В первом случае можно ничего не менять (или поменять местами два шара одного цвета). Во втором случае шар №3 меняем местами с третьим белым шаром. В третьем случае то же самое делаем с шаром №2, а в четвертом аналогично поступаем с шаром №1. 12.Да. Например, так: 13.Нет, так как один из простых множителей числа 1998 равен 37. 14.186=31+62+93 18. Пусть МР – число мальчиков, решивших эту задачу, МН – число мальчиков, не решивших задачу, ДР – число девочек, решивших задачу, ДН – число девочек, её не решивших. По условию МР=ДН. Отсюда МР+ДР=ДН+ДР. То есть число решивших задачу равно числу девочек в классе. 19. Пусть К – число карабасов, Б – число барабасов. Тогда число пар дружащих между собой карабасов и барабасов равно, с одной стороны, 5К, а с другой – 3Б. То есть 5К=3Б, а потому барабасов больше. 25. Диагональ пересекает 198 горизонтальных линий и 990 вертикальных, причем она не проходит через вершины клеток (так как числа 199 и 991 взаимно просты). Если мы будем двигаться по диагонали из одной вершины прямоугольника в другую, то пересечение очередной линии будет означать переход из одной клетки в другую. Таким образом, общее число клеток равно 198+990+1=1189. 27. Нет, так как одно из этих чисел должно делиться на 3. 28. Разобьем девочек и мальчиков на три группы: к первой отнесем тех, кто участвовал только в первом походе, ко второй – тех, кто участвовал только во втором походе, к третьей – тех, кто участвовал в обоих походах. Если теперь перевести всех девочек из третьей группы в первую и вторую, а мальчиков, наоборот, из первой и второй в третью, то доля участвовавших в походах девочек не увеличится, тем самым условие задачи сохранится. Пусть теперь х – число учеников первой группы (девочки), y – число учеников второй группы (девочки), z – число учеников третьей группы (мальчики). По условию задачи x0,4(x+z); 2 2 z z x y 4 2 2 3 y0,4(y+z). То есть x z; y z . Отсюда 3 , что и 2 3 3 x y z 2 7 z zz 3 3 требовалось доказать. Последнее неравенство следует из того, что правильная дробь увеличивается, если ее числитель и знаменатель увеличить на одно и то же число. 29. Второй выиграет, если будет делать симметричные ходы. 31. Рассмотрим две точки одного цвета – обозначим их А и В. Выберем три точки – С, К и Р так, что С – середина отрезка АВ, А – середина КВ и В – середина АР. Если хотя бы одна из этих точек имеет тот же цвет, что А и В, то она вместе с ними составляет три искомые точки. Если же С, К и Р имеют другой цвет, то эти точки – искомые. 32. Выделим в данной таблице четыре клетки, образующие квадрат 22 и включающие клетку со знаком плюс. Как бы мы ни меняли знаки в строках и столбцах таблицы, в выделенном квадрате будет оставаться нечетное число плюсов. То есть добиться поставленной задачи не удастся.
