Процес навчання математиці з допомогою вивчення методів розв’язування математичних задач олімпіадного характеру

Тип работы:
Дипломная
Предмет:
Физико-математические науки


Узнать стоимость новой

Детальная информация о работе

Выдержка из работы

Вступ

Бурхливий розвиток науки, техніки, інших галузей народного господарства неможливий без подальшого розвитку математики. Математичні методи та ідеї є провідними в багатьох галузях людської діяльності, тому підвищення рівня математичної освіти в Україні - одне з найважливіших завдань у роботі як вищої, так і середньої школи. Однак математична освіта в загальноосвітній школі спрямована в основному на засвоєння учнями алгоритмів розв’язування типових навчальних задач, а цього недостатньо для потреб практики і розвитку здібностей до самостійного математичного мислення.

Задачі, що пропонуються учасникам олімпіад різних рівнів, відрізняються від звичайних шкільних задач своєю специфікою, яка полягає в: нестандартному формулюванні їх умов; неочевидному результаті, який часто буває несподіваним; неспроможністю застосувати методи розв’язування, що вивчаються за програмою; специфічних підходах до переформулювання умови задачі в ході її розв’язування.

Мета даної дипломної роботи — описати деякі найбільш важливі методи розв’язування олімпіадних задач з математики та їх використання в навчальному процесі, зокрема метод математичної індукції та принцип Діріхле. Розв’язуванню задач за допомогою цих методів учні навчаються на факультативних заняттях та на заняттях математичних гуртків.

Одним з ефективних засобів перевірки рівня розвитку в учнів мислення є математичні олімпіади. Розв’язування задач олімпіадного характеру розвиває кмітливість, логічність, винахідливість й особливо гнучкість і критичність розуму.

Серед них задачі на принцип Діріхле, подільність та математичну індукцію займають одне з провідних місць. Розв’язання цих задач сприяє пробудженню інтересу до предмета, підвищує ініціативність, піднімає на більш вищий ступінь загальні якості розуму і волі. Як і більшість олімпіадних завдань математичні задачі, що використовують дані методи, потребують формування необхідних вмінь і навичок.

Об'єктом дослідження є процес навчання математиці з допомогою вивчення методів розв’язування математичних задач олімпіадного характеру.

Предмет дослідження — вивчення методу математичної індукції, застосування принципу Діріхле та використання ознак подільності натуральних чисел та їх застосування у процесі викладання математики в старшій школі.

Розділ 1. Деякі методи розв’язування математичних задач олімпіадного характеру

1.1 Метод математичної індукції

Індукцією наз. метод міркувань, який веде від часткових прикладів до деякого загального висновку.

Під методом неповної індукції розуміють висновок, зроблений на основі декількох прикладів.

Розглянемо два приклади застосування неповної індукції.

Приклад 1.

Нехай

де

Легко перевірити, що,, , … На основі отриманих результатів стверджуємо, що для будь-якого виконується умова:

Приклад 2. Розглянемо тричлен. Якщо підставити в даний тричлен замість нуль, то отримаємо просте число 41. Якщо тепер у цей же тричлен замість підставляти послідовно числа 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10, то в кожному з випадків отримаємо прості числа 43,47,53,61,71,83,97,113,131, 151 відповідно. На основі отриманих результатів стверджуємо, що якщо до тричлена, що ми розглядаємо, замість підставити ціле невід'ємне число, то в результаті отримаємо просте число. Насправді, при значення тричлена будуть простими числами, але вже при цей тричлен дорівнює, тобто складеному числу. Отже, зроблений раніше висновок хибний.

На основі розглянутих прикладів стверджуємо, що, використовуючи неповну індукцію, можна отримати не тільки правильні, але й хибні результати.

Постає питання: маємо твердження, яке істинне в деяких частинних випадках, але всі частинні випадки розглянути неможливо. Як у такому випадку дізнатися про істинність даного твердження в усіх інших випадках?

Це питання можна розв’язати, використовуючи особливий метод міркувань, який називається метод математичної індукції(повної індукції, досконалої індукції).

В основі цього методу лежить принцип математичної індукції, який полягає в наступному:

Твердження істинне для будь-якого натурального, якщо:

воно істинне для;

з істинності твердження для будь-якого довільного натурального слідує його істинність для.

Метод математичної індукції можна алгоритмізувати:

перевіряємо, що дане твердження істинне при, або при будь-якому іншому фіксованому числі (з цього числа починається відлік);

припустимо, що дане твердження істинне при деякому;

доводимо, що твердження істинне при, тобто з істинності випливає істинність;

робимо висновок, що дане твердження істинне для будь-якого натурального.

Метод математичної індукції застосовується до доведення нерівностей, числових тотожностей арифметичного характеру, розв’язання задач на подільність та геометричних задач, підсумовування тощо.

індукція геометричний діріхле олімпіадний

1.1.1 Доведення числових тотожностей на матеріалі арифметики

Приклад 1

Довести, що

Доведення.

Перевіримо для, — істинне.

Припускаємо, що твердження істинне для, , тобто

Доведемо, що тоді

— істинне для. Дійсно, маємо:

де значення взято з п. 2.

Отже, твердження істинне для.

Приклад 2.

Довести, що

.

Доведення.

; , — твердження істинне.

Нехай твердження істинне при, , тобто

Доведемо, твердження істинне що для, тобто

Дійсно

.

Отже, твердження істинне для.

Приклад 3

Довести, що

.

Доведення.

; , — твердження істинне.

Нехай твердження істинне при, , тобто

Доведемо, що твердження істинне для, тобто

Маємо

Отже, твердження істинне для.

Приклад 4

Довести, що.

Доведення.

; , — твердження істинне.

Нехай твердження істинне при, , тобто.

Доведемо, що твердження істинне для, тобто

.

Отже, твердження істинне для.

Приклад 5

Довести тотожність

,.

Доведення.

, — твердження істинне.

Нехай твердження істинне для,, тоді.

Доведемо, що твердження істинне для;

Маємо:

.

Отже, дана тотожність вірна для всіх.

1.1.2 Задачі на подільність натуральних чисел

Позначимо фразу «ділиться націло» знаком.

При застосуванні методу математичної індукції часто буває доцільним при обґрунтуванні твердження попередньо виокремити гіпотезу, висловлену в п. 2, тоді легше прийти до виконання тотожних перетворень, бо цей процес буде цілеспрямованим і легко передбачуваним.

Приклад 6

Довести, що числовий вираз.

Доведення.

Нехай, а — твердження ««.

, — істинне.

Нехай — істинне при, , отже,.

Доведемо, що істинне, тобто — істинне.

Маємо:

, бо, ,, бо, (добуток двох послідовних чисел).

Отже, істинне, тобто для.

Приклад 7

Довести, що виконується умова.

Доведення.

Нехай, а — твердження «».

, — істинне.

Припустимо, що — істинне при, , тоді

Доведемо, що = - істинне.

Маємо

Отже, істинне, тобто для.

Приклад 8. Довести, що при непарному вираз.

Доведення.

Будь-яке непарне число можна записати у вигляді.

Доведемо, що числа виду для.

Нехай , — твердження ««.

,-істинне.

Припустимо, що — істинне при, , тобто.

Доведемо, що — істинне, тобто, що

Маємо:

Отже, — істинне, тобто для.

Прилад 9. Довести, що сума кубів трьох послідовних чисел ділиться на 9.

Доведення.

Нехай три послідовні числа, , —

— твердження ««.

Перевірка., , — істинне.

Нехай — істинне при, , тобто.

Доведемо, що твердження істинне для, тобто.

Маємо

бо та

Отже, істинне, тобто сума кубів трьох послідовних чисел ділиться на 9.

Прилад 10. Довести, що для.

Доведення.

Нехай , — твердження.

Перевірка., , — істинне.

Нехай — істинне при, , тоді.

Доведемо, що — істинне, тобто, що

Маємо

Отже, — істинне, тобто для.

Прилад 11

Довести, що для.

Доведення.

Нехай , — твердження ««.

, , — істинне.

Нехай — істинне при, , тоді.

Доведемо, що дане твердження істинне для, тобто.

Доведення

Отже, — істинне, тобто для.

1.1.3 Доведення нерівностей

При доведенні нерівностей іноді вдається обійтися використанням транзитивної властивості відношення «більше».

Прилад 12. Довести, що якщо і додатні, то для всіх.

Доведення.

При твердження істинне: (випливає з умови).

Припустимо, що, і доведемо, що тоді. Дійсно, оскільки, то з істинності нерівності випливає істинність нерівності (1). Оскільки, то з істинності нерівності випливає істинність нерівності (2). За властивістю транзитивності з (1) і (2) одержуємо.

Отже, дане твердження доведено для всіх.

Прилад 13

Довести, що для будь-якого натурального.

Доведення.

При нерівність істинна:.

Припустимо, що нерівність істинна і доведемо, що нерівність також істинна. Дійсно,, але (), отже,, а звідси випливає, що нерівність істинна для будь-якого натурального.

Прилад 14

Довести нерівність (1) для будь-якого натурального.

Доведення.

Вираз, що стоїть в лівій частині нерівності (1), являє собою суму дробів з послідовно зростаючими знаменниками від до включно. Позначимо цю суму через.

При маємо: — нерівність істинна.

Припустимо, що нерівність істинна для, , тобто виконується умова:

Доведемо, що тоді теж істинна. Дійсно

4) Отже, нерівність істинна для будь-якого натурального.

Прилад 15

Довести, що при має місце нерівність.

Доведення.

При нерівність істинна, бо.

Нехай істинна для, .

Доведемо, що нерівність істинна для, тобто.

Оскільки, то, отже, і. Тому, маємо.

Отже, нерівність істинна для будь-якого.

Приклад 16

Довести, що для додатних чисел і має місце нерівність:

(1)

Доведення.

При нерівність істинна:.

Припустимо, що нерівність істинна для, , тобто

(2)

і доведемо, що нерівність істинна також для, тобто

(3)

Для доведення помножимо обидві частини нерівності (2) на одне й теж саме число.

Одержимо

Впевнимося, що, звідки і буде випливати

нерівність (3). Розглянемо різницю:

. З нерівності, доведеної у прикладі 16, випливає, що числа і мають однакові знаки. З цього слідує, що, звідки.

Тим самим нерівність (3) доведено. А отже, нерівність (1) істинна для будь-яких.

1.1.4 Індукція в геометричних задачах

Найбільш природне застосування метода математичної індукції в геометрії, близьке до використання цього метода у теорії чисел та в алгебрі, — це застосування до розв’язання геометричних задач на обчислення. Також за допомогою цього методу можна розв’язувати і геометричні задачі на доведення. Розглянемо деякі приклади.

Приклад 17. Обчислити сторону правильного — кутника, вписаного в коло радіуса.

Розв’язання.

При правильний — кутник є квадратом; його сторона.

Згідно формули подвоєння числа сторін правильного, вписаного в коло, — кутника

знаходимо, що, наприклад, сторона правильного восьмикутника, сторона правильного шістнадцятикутника, сторона правильного тридцятидвокутника. Виходячи з цих фактів, можна припустити, що сторона

правильного — кутника при довільному дорівнює

де () — кількість коренів з числа 2. (1)

Припустимо, що сторона правильного вписаного — кутника виражається формулою (1). В такому випадку за формулою подвоєння

де () та () — число повторень кореня з числа 2, звідки випливає, що формула (1) істинна для всіх.

Відповідь

.

Приклад 18. Вказати правило обчислення радіусів та вписаного та описаного кіл правильного — кутника, що має даний периметр.

Розв’язання.

При маємо квадрат, для якого та

Знаючи радіуси та відповідно вписаного та описаного кіл правильного — кутника з периметром, обчислимо радіуси та вписаного та описаного кіл — кутника з таким же периметром. Нехай (мал. 1) — сторона правильного — кутника периметра , — його центр, — середина дуги та — середина хорди; далі, нехай — середня лінія і - її середина.

Оскільки

то дорівнює стороні правильного — кутника, вписаного в коло радіуса, причому периметр цього — кутника дорівнює, тобто дорівнює. Таким чином та. та подібні з коефіцієнтом подібності, тому, отже,. Маємо:, тобто, звідки. З прямокутного маємо

, і

Отже, та.

Відповідь,.

Приклад 19. На скільки трикутників можна розбити — кутник (не обов’язково опуклий) його діагоналями, що не перетинаються?

Розв’язання.

Для трикутника це число дорівнює одиниці (в трикутнику не можна провести жодної діагоналі). Для чотирикутника це число дорівнює двом (мал. 2, а та б).

Припустимо, що ми вже знаємо, що кожен — кутник, де, розбивається діагоналями, які не перетинаються, на ()трикутники (незалежно від способу розбиття). Розглянемо одне з усіх можливих розбиття — кутника на трикутники. Нехай — одна з діагоналей цього розбиття; вона ділить — кутник на — кутник і - кутник. В силу зробленого раніше припущення, загальне число трикутників розбиття буде дорівнювати

Цим самим дане твердження доведено для всіх.

Приклад 20. Дано довільних квадратів. Довести, що їх можна розрізати на частини так, що з отриманих частин можна скласти новий квадрат.

Доведення.

При дане твердження не потребує доведення. Доведемо, що і при воно теж істинне. Позначимо сторони заданих квадратів і відповідно через та; нехай.

На сторонах квадрата зі стороною (мал. 3, а) відкладемо відрізки

та розріжемо даний квадрат по прямих та, які перетинаються в центрі квадрата та утворюють між собою прямий кут, ділять квадрат на чотири рівні частини. Ці частини прикладемо до другого квадрату, як вказано на мал. 3, б. Отримана фігура теж буде квадратом, тому що кути при точках — розгорнуті, кути — прямі та.

Припустимо, що дане твердження вже доведене для квадратів, і нехай дано квадратів. Виберемо будь-які два з цих квадратів, наприклад та. Якщо розріжемо один з цих квадратів і прикладемо до другого так, як було розглянуто раніше, то отримаємо новий квадрат.

Згідно зробленого припущення квадрати можна розрізати на частини так, що з цих частин можна скласти новий квадрат, що і треба було довести.

Як бачимо, різні за фабулами математичні (зокрема геометричні) задачі вдається розв’язати з допомогою індуктивного переходу ««, а в якості першого кроку тут не обов’язково брати елемент з номером ««. Важливо лише забезпечити доведення істинності деякого твердження для двох сусідніх елементів-номерів ланцюга умовиводів, які при цьому ілюструють.

1.2 Принцип Діріхле

1.2.1 Принцип Діріхле та найпростіші задачі пов’язані з ним

Німецький математик П. Діріхле (1805−1859) сформулював принцип, який у жартівливій формі формулюється так: «Не можна помістити 10 кроликів у 9 кліток так, щоб в кожній клітці було по одному кролику». А загальне формулювання цього принципу таке: «Якщо предмет розкладено в ящиків, то знайдеться принаймні два предмети, які лежать в одному ящику».

Принцип Діріхле, не зважаючи на його надзвичайну простоту і очевидність, часто використовується при розв’язуванні задач і доведенні теорем у різних галузях математики. Розглянемо застосування принципу Діріхле до розв’язання задач з геометрії, теорії чисел та задач логічного характеру.

Починати вивчення принципу Діріхле на факультативних заняттях слід з найпростіших задач для того, щоб учні вміли добре орієнтуватися в умові задачі, тобто визначати, що в даній задачі виступає у ролі «кроликів», а що у ролі «кліток».

Приклад 21. 1800 учнів району виконували тест із 100 завдань. У Сидорова 31 неправильна відповідь. У інших учнів — менше. Доведіть, що знайдуться 59 учнів з однаковими результатами тестування.

Доведення.

В даній задачі в ролі «кроликів» виступають учні, а в ролі «кліток» — можлива кількість неправильних відповідей, даних кожним учнем. За умовою Сидоров дав найбільшу кількість неправильних відповідей, а саме 31, отже, інші учні дали 30, 29, 28,…, 2,1,0 неправильних відповідей. Маємо 31 варіант кількості неправильних відповідей; це — «клітки», в які треба «розсадити» 1800 учнів; це — «кролики». Тоді за принципом Діріхле знайдуться принаймні 59 учнів, які отримали однакові результати тестування.

Приклад 22. У похід пішли 12 туристів. Наймолодшому з них 20 років, найстаршому — 30 років. Чи є серед них однолітки?

Розв’язання.

Виходячи з умови задачі, маємо, що вік туристів знаходиться в межах від 20 років до 30 років. Вік кожного з туристів може бути 20, 21,22,…, 29,30 років, тобто є 11 варіантів кількості віку туристів («кліток»), в які треба «розсадити» 12 туристів («кроликів»). Отже, за принципом Діріхле знайдуться принаймні дві людини однакового віку.

Приклад 23. У лісі росте 800 000 ялинок. На кожній з них не більше 500 000 голочок. Довести, що хоча б дві ялинки мають однакову кількість голок.

Доведення.

На кожній ялинці може бути від 500 000 голок до 0, тобто маємо

500 001варіант кількості голок на одній ялинці; це — «клітки». А в ролі «кроликів» візьмемо кількість ялинок, що ростуть у лісі. Якби ялинок було 500 001 штук, тоді усі ялинки мали б різну кількість голок, але це не так. Отже, за принципом Діріхле в лісі росте хоча б дві ялинки, які мають однакову кількість голок.

Приклад 24. Доведіть, що серед 25 учнів класу принаймні троє народилися в одному місяці.

Доведення.

Рік має 12 місяців. В ролі «кліток» візьмемо кількість місяців, а в ролі «кроликів» — кількість учнів. Нехай в класі немає трьох учнів, що народилися в одному місяці, тоді в кожну «клітку» попаде менше, ніж 3 учні. Тоді всього у 12 «клітках» було 24 учні. Це суперечить умові задачі. Отже, за принципом Діріхле принаймні троє учнів класу народилися в одному місяці.

1.2.2 Задачі логічного характеру та принцип Діріхле

При їх розв’язанні іноді вдається сконструювати таку модель математичної задачі, в якій застосування принципу Діріхле стає логічно завершеним кроком.

Приклад 25. Щодня протягом року учень розв’язував не менше однієї задачі, причому щотижня він розв’язував не більше 12 задач. Довести, що знайдеться кілька послідовних днів, за які він розв’язав рівно 20 задач.

Доведення.

Рік має 52 тижні. За цей час учень розв’язав не більше, ніж задачі.

Нехай — кількість задач, які учень розв’язав за перший день, — за два дні і т.д., — кількість задач, розв’язаних за 52 тижні. Всі ці числа різні і не перевищують 624.

Розглянемо ще 364 числа:, серед яких немає однакових і кожне менше.

Отже, серед 728 натуральних чисел, кожне з яких менше 644, знайдеться за принципом Діріхле більше, ніж одна пара рівних. Нехай, тоді. А це означає, що між — тим і - тим днем учень розв’язав 20 задач.

Приклад 26. Усі точки площини пофарбовані у два кольори. Довести, що на площині є дві точки однакового кольору, відстань між якими дорівнює 1.

Доведення.

Візьмемо на площині рівносторонній трикутник зі стороною 1. В ролі «кліток» виступають два кольори, а в ролі «кроликів» — вершини трикутника і їх три. За принципом Діріхле з трьох точок, пофарбованих у два кольори, знайдуться дві вершини одного кольору. Оскільки ці точки — вершини даного трикутника, то на площині є дві точки однакового кольору, відстань між якими дорівнює 1.

Приклад 27. У вищій лізі першості України з футболу виступає 16 команд. У першому крузі чемпіонату кожні дві команди повинні зіграти між собою один матч. Довести, що завжди є дві команди, які провели однакову кількість ігор чемпіонату.

Доведення.

У будь-який час кожна з команд може провести від 0 до 15 зустрічей. Візьмемо 16 аркушів паперу і на кожному з них запишемо ті команди, які провели однакову кількість зустрічей: на 1 — команди, які ще не грали, на 2 — які провели одну гру, на 3 — які провели дві гри, і т.д. на 16 — команди, які зіграли усі 15 ігор чемпіонату. Один з аркушів паперу 1 або 16 буде порожній, бо якщо заповнений, наприклад, 1, то 16 буде порожнім (не може бути проведено 15 зустрічей, коли одна з команд ще не грала), а, якщо, скажімо, заповнений аркуш, то повинен бути порожнім бо (якщо проведено усі 15 зустрічей, то немає команди, яка ще б не грала). Оскільки 16 команд записані на аркушах і, то за принципом Діріхле хоча б на одному аркуші буде записано дві команди. Отже, завжди е дві команди, які провели однакову кількість ігор чемпіонату.

Приклад 28. На кожній клітинці дошки розміром клітинок сидить жук. За командою жуки переповзають на сусідні клітинки (клітинки вважаються сусідніми, якщо вони мають спільну сторону). Довести, що після того, як усі жуки переповзуть, знайдеться одна клітинка з двома жуками.

Доведення.

В даній задачі маємо дві множини — жуки і клітинки — з однаковою кількістю елементів, тому ми не можемо одразу застосувати принцип Діріхле. Розфарбуємо дошку у білий та чорний кольори, як це роблять у шахах. Тоді отримаємо 12 білих і 13 чорних клітинок та колір жука відповідає кольору клітинки. Після переповзання за принципом Діріхле отримаємо, що на одній з білих клітинок буде сидіти два чорні жуки.

1.2.3 Теорія чисел та принцип Діріхле

Теорема, сформульована П. Ферма, є одним із самих фундаментальних фактів у теорії подільності цілих чисел і знаходить широке застосування як у теоретичних дослідженнях, так і в арифметичних застосуваннях. Цікавим є те, що при її доведенні використовується принцип Діріхле.

Мала теорема Ферма. Якщо — просте число, — ціле число, що не ділиться на, то при діленні на дає остачу 1, тобто.

Доведення.

Кожне з () чисел («кролів») дає при діленні на ненульову остачу (адже не ділиться на). Поділимо кожне з розглядуваних чисел на. Матимемо:

,

,

.

Якщо число різних остач, що тут зустрічаються («кліток»), менше, то серед них знайдуться принаймні два однакових («у одній клітці принаймні два кролі»). Але це неможливо, тому що при число ділиться на, що суперечливо, бо і взаємно просте з. Виходить, усі остачі між собою різні й утворюють перестановку чисел 1, 2, …,.

Перемножуючи всі попередні рівності, одержуємо

,

де — деяке ціле число. Отже, ділиться на, а тоді ділиться на. Теорема доведена.

Наслідок. Якщо — просте число, то при будь-якому цілому різниця ділиться на.

Крім малої теореми Ферма, застосування принципу Діріхле до остач при діленні зустрічається в багатьох інших задачах елементарної теорії чисел. Можливе наступне переформулювання принципу Діріхле:

«Серед цілих чисел знайдуться два числа, що дають при діленні на одну й ту саму остачу».

При діленні з остачею на може зустрітися скінчене число різних остач: 0, 1, 2, …,. Вони грають тут роль «кліток», а самі цілі числа є «кролями». Оскільки чисел («кролів») більше, ніж остач («кліток»), то хоча б два числа «сидять в одній клітці», тобто мають однакові остачі при діленні на.

Розглянемо класичні приклади.

Приклад 29. Чи завжди серед будь-яких шести цілих чисел знайдеться два числа, різниця яких ділиться на 5?

Розв’язання.

На цю задачу бажано звернути особливу увагу і докласти зусиль, щоб її добре зрозуміли і запам’ятали учні, бо існує серія задач, розв’язування яких ґрунтується на ідеї розв’язування цієї задачі.

Нехай, ,…, — довільні цілі числа. При діленні на 5 кожне з цих чисел може давати в остачі числа 0, 1, 2, 3 або 4. Отже, ми маємо 6 чисел і 5 можливих різних остач, тобто за принципом Діріхле серед даних шести чисел є два, які мають однакову остачу при діленні на 5, а тому їх різниця обов’язково ділиться на 5.

Приклад 30. Доведіть, що з будь-яких 7 натуральних чисел можна вибрати два так, щоб їх сума або різниця закінчувались нулем.

Доведення.

Розподілимо всі числа на 6 груп: — числа, що закінчуються нулем; - числа, що закінчуються одиницею або дев’яткою (тобто виду); числа, що закінчуються двійкою або вісімкою (),…, — які закінчуються п’ятіркою (). Маючи 7 чисел та 6 груп за принципом Діріхле можна стверджувати, що серед даних чисел принаймні два будуть в одній групі, а, отже, їх різниця або сума буде закінчуватися нулем.

Приклад 31. Доведіть, що якщо жодне з 10 натуральних чисел, …, не ділиться на 10, то ділиться на 10 сума декількох чисел, що стоять поруч.

Доведення.

Розглянемо числа, ,…,. Якщо одне з чисел кратне 10, то задача розв’язана. В противному разі знайдемо їх остачі від ділення на 10. Остач 9 («клітки») — 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; чисел — десять («кролі»). Отже, за принципом Діріхле знайдуться два числа, що дають однакову остачу при діленні на 10. Нехай це, наприклад, і. Тоді

,

,

.

Отже, ми знайшли декілька чисел, що стоять поруч та їх сума ділиться на 10.

Приклад 32. Доведіть, що з будь-яких 11 натуральних чисел можна вибрати два, різниця яких кратна 10.

Доведення.

При діленні на десять цих чисел отримали одинадцять остач, що можуть приймати десять різних значень. За принципом Діріхле знайдуться принаймні два, які мають однакову остачу. Нехай це будуть числа та. Тоді їх різниця ділиться на 10, тобто. Отже, серед даних чисел можна вибрати два числа так, що їх різниця ділиться на 10.

Дані приклади є класичними прикладами теорії подільності цілих чисел. Одним з центральних кроків у розв’язанні цих задач є розгляд різних можливих остач при діленні цілих чисел, які відомі учню з контексту задачі.

1.2.4 Принцип Діріхле в геометрії

Також принцип Діріхле набув широкого використання при розв’язанні задач з геометрії.

Приклад 33. В квадраті зі стороною 1 довільним чином розміщено 20 точок. Довести, що знайдеться три точки, які можна накрити квадратом зі стороною.

Доведення.

Розіб'ємо даний квадрат на 9 однакових квадратів зі стороною. Якщо в кожному з отриманих квадратів буде не більше 2 точок, тоді у великому квадраті буде не більше 18 точок, що суперечить умові. За принципом Діріхле при наявності 9 квадратів зі стороною і 20 точок, принаймні в одному з них буде 3 точки. Що і треба було довести.

Приклад 34. У квадрат зі стороною 1 м «кинули» 51 точку. Довести, що знайдуться 3 точки, які можна накрити кругом радіуса м.

Доведення.

Розіб'ємо даний квадрат на 25 квадратиків зі стороною м. За принципом Діріхле знайдеться принаймні один квадратик, в який попаде 3 точки. Діагональ квадратика дорівнює, а діаметр даного круга дорівнює, причому. Отже, круг накриває один з квадратиків, а отже, і накриває три точки, що знаходяться в ньому.

Приклад 35. На площині є 5 точок з цілими координатами. Довести, що середина хоча б одного з відрізків, які їх сполучають, має цілі координати.

Доведення.

Якщо — середина і, , то , — координати точки, причому вони будуть цілими числами тільки тоді, коли у чисельнику стоїть парне число, тобто доданки повинні бути однакової парності. Утворимо чотири «ящики»:, , ,; «предмети», тобто задані точки, будемо поміщати в «ящики» відповідно з парністю їх координат. Оскільки точок 5, а «ящиків» тільки 4, то за принципом Діріхле хоча б в одному з «ящиків» буде не менше двох точок. Середина відрізка з кінцями в них матиме цілі координати.

Приклад 36. Якщо пряма лежить у площині трикутника і не проходить через кожну з його вершин, то вона не може перетинати всі сторони трикутника. Довести це.

Доведення.

Позначимо через і півплощини, на які розбиває площину трикутника пряма. Півплощини вважатимемо відкритими, тобто не включаємо до них прямої. Три вершини, , трикутника належать двом півплощинам та. Отже, за принципом Діріхле принаймні в одній з півплощин знаходяться дві вершини трикутника. Якщо, наприклад, точки і лежать в одній півплощині, то вони лежать по один бік від прямої і пряма на перетинає сторону. Тому у трикутнику знайшлася сторона, яку пряма не перетинає.

Приклад 37. У квадраті зі стороною 12 позначені довільним чином 13 точок. Доведіть, що серед них обов’язково є дві точки, відстань між якими не більша 5.

Доведення.

Поділимо квадрат на 12 прямокутників розміром і відведемо утвореним прямокутникам роль «ящиків», а «предметами» будуть точки. Тоді за принципом Діріхле в деякому прямокутнику буде щонайменше дві точки. Оскільки довжина діагоналі прямокутника дорівнює 5, а відстань між цими точками не більша від довжини діагоналі, то ці точки і є шуканими.

Застосування принципу Дірихле, а геометрії не настільки поширене, як, можливо, в теорії чисел або при розв’язуванні логічних задач. Але такі задачі існують і, головним чином, їх зміст та вимога пов’язані з розташуванням точок на площині або в просторі та знаходження відстані між ними.

1.3 Використання скінченного числа кроків при діленні натуральних чисел з остачею

1.3.1 Задачі з числовими многочленами

Одним з видів задач з числовими многочленами на подільність є задачі, які розв’язуються за допомогою використання властивостей піднесення до степеня.

В залежності від значень натурального показника степеня остання цифра змінюється з певною періодичністю.

Розглянемо, яка буде остання цифра числа:

якщо число закінчується цифрою 1,5,6 або 0, то остання цифра числа при піднесенні до будь-якого степеня буде відповідно 1,5,6 або 0.

якщо число закінчується цифрою 2, то при піднесенні до

першого степеня — остання цифра 2;

другого степеня — остання цифра 4;

третього степеня — остання цифра 8;

четвертого степеня — остання цифра 6

і при піднесенні до п’ятого степеня знов одержуємо останню цифру 2.

Тобто можна зробити висновок, що якщо показник степеня ділиться на 4 — остання цифра числа буде 6. Якщо показник степеня при діленні на 4 дає остачу 1, то остання цифра — 2, якщо остача — 2, то остання цифра — 4, остача — 3, то остання цифра 8.

Якщо число закінчується цифрою 3, то аналогічно можна встановити періодичність повторення останньої цифри; цей період також дорівнює 4. Якщо показник степеня ділиться на 4, то число закінчується цифрою 1, якщо при ділені на 4 остача дорівнює 1, то остання цифра — 3, якщо остача — 2, то остання цифра -9, остача 3- остання цифра -7.

Таку ж саму закономірність в залежності від остачі при діленні показника степеня на 4 має і число, яке закінчується цифрами 7 або 8.

Якщо остання цифра -7, то, якщо показник степеня ділиться на 4, то остання цифра — 1. Коли остача при діленні показника степеня на 4 дорівнює 1, то остання цифра — 7, коли остача -2, то остання цифра — 9; остача 3, то остання цифра 3.

Якщо остання цифра числа — 8, то, коли показник степеня ділиться на 4, то число закінчується цифрою 6, коли остача від ділення показника степеня на 4 дорівнює 1, то число закінчується цифрою 8; якщо остача дорівнює 2, остання цифра — 4, коли остача -3, то остання цифра — 2.

Якщо число закінчується цифрами 4 або 9, то маємо два випадки в залежності від парності показника. Для четвірки, якщо показник степеня непарний, то остання цифра 4; якщо показник парний, то остання цифра буде 6. А для дев’ятки при непарному показнику степеня остання цифра 9, а при парному — 1.

Ми можемо зробити висновок, що, якщо ми маємо декілька степенів, основою яких є одне й теж саме число, а показники степенів кратні чотирьом, або при діленні на 4 дають однакові остачі, то вони будуть мати однакову останню цифру.

Приклад 38. Довести, що

для.

Доведення.

Маємо:. та закінчуються на одну й ту ж саму цифру, отже, їх різниця закінчується нулем. А це означає, що дане число ділиться на 10 при будь-яких натуральних.

Приклад 39. Довести, що для.

Доведення.

Числа 17, 13, 9 та 1 при діленні на 4 дають остачу 1, тобто, , та закінчуються однією цифрою. Тому дане число закінчується нулем, а, отже, ділиться на 10 при будь-яких натуральних.

Приклад 40. Довести, що для.

Доведення.

Числа та при діленні на 4 дають однакові остачі, тому числа та мають однакові останні цифри. Отже, їх різниця закінчується нулем, тобто дане число ділиться на 10 при будь-яких натуральних і.

Приклад 41. Довести, що.

Доведення.

Число останньою цифрою має 7, бо 145 при діленні на 4 дає остачу 1, де 4 — це періодичність повторення останньої цифри числа 57 при піднесенні до будь — якого степеня. Таку ж саму останню цифру має число. Тому число, що є їх різницею, закінчується нулем. Числа та теж закінчуються однаковою цифрою — 9. Тому різниця цих чисел також закінчується нулем. Отже дане число ділиться на 10.

Приклад 42. Довести, що для.

Доведення.

99 у непарному степені закінчується дев’яткою, а закінчується одиницею. Тому сума цих двох чисел закінчується нулем, отже дане число ділиться на 10.

Приклад 43. Довести, що різниця ділиться на 10.

Доведення.

Число ділиться на 10, якщо воно закінчується нулем. Знайдемо останню цифру числа та числа. 1972 ділиться на 2 і на 4, отже остання цифра буде 1, а — теж 1. Число, яке є різницею та, закінчується нулем, що і треба було довести.

1.3.2 Задачі на подільність компонентів та результатів дій з цілими числами

При розв’язуванні задач на подільність та рівнянь дуже часто використовується подільність компонентів та результатів дій з цілими числами. Іноді при розв’язанні навіть квадратних рівнянь можуть виникнути проблеми. Наприклад, треба розв’язати рівняння. Знаходження дискримінанту призводить до підрахунку дуже великих чисел, що дуже незручно і часто неможливо. Розв’яжемо це рівняння після розгляду теоретичної основи вказаного методу.

Кажуть, що ціле число ділиться на ціле число, якщо існує таке число, що. В такому випадку число називають дільником числа.

Теорема 1. Якщо цілі числа і діляться на ціле число, то їх сума теж ділиться на. Довести.

Доведення.

Оскільки ділиться на, то, де — деяке ціле число. Аналогічно, де — ціле число. Маємо

а отже, сума теж ділиться на, що й треба було довести.

Теорема 2. Якщо цілі числа і діляться на ціле число, то їх різниця теж ділиться на. Довести.

Доведення.

Оскільки ділиться на, то, де — деяке ціле число. Аналогічно, де — ціле число. Маємо

а отже, різниця теж ділиться на. Теорема 2 доведена.

Теорема 3. Якщо добуток натуральних чисел і ділиться на просте число, то принаймні одне з чисел чи ділиться на. Довести.

Доведення.

Припустимо, що теорема не справджується. Тоді існує таке найменше просте число і таке найменше — добуток натуральних чисел і, що ділиться на, але ні, ні не діляться на. Покажемо, що в цьому випадку і менші за. Справді, припустимо, що. Тоді

де, тому і оскільки числа і діляться на, то і ділиться на. Але і, тому. Ми вибирали як найменший можливий добуток натуральних чисел і, але довели, що задовольняє ті самі умови і. Припущення привело до суперечності з тим, що — такий найменший добуток. Таким чином,. Повторивши аналогічні міркування щодо, дістанемо, що і. Отже,. Оскільки ділиться на, то

де — натуральне число. Якщо, то і тоді одне з чисел чи дорівнює, що суперечить вибору і. Отже,.

Через те, що, то. Позначимо через простий дільник числа. Тоді і. Оскільки ділиться на, то ділиться на. Але — найменше просте число, яке ділить і не ділить ні, ні. Тому просте число, яке ділить і менше від, ділить хоча б одне з чисел і.

Якщо, наприклад, ділиться на, то. Але ділиться на, тому , — ціле. Через те, що, то і.

Отже, ми знайшли число, менше від, що ділиться на, і жоден з множників якого не ділиться на. Оскільки, за припущенням, — найменший такий добуток, то дістали суперечність. Таким чином, наше припущення неправильне, що і доводить теорему.

Теорема 4. Якщо ділиться на, ділиться на, то їх добуток ділиться на, де — цілі числа. Довести.

Доведення.

Оскільки ділиться на, то, де — деяке ціле число. Так само й, де — ціле число. Маємо, а отже, добуток ділиться на. Теорема 4 доведена.

Повернемося до розв’язання рівняння, згаданого вище. Перенесемо вільний член у іншу частину рівності. Маємо. Винесемо в лівій частині рівності за дужки число 2, отримаємо. Отже, ліва частина рівняння завжди парне число, ділиться на 2, а права — непарне, тобто на 2 не ділиться при будь — яких значеннях .А тому рівняння розв’язку немає.

Приклад 44. Натуральні числа івзаємно прості. Довести, що найбільший спільний дільник чисел та дорівнює 1 або 2.

Доведення.

З тотожностей

випливає, що кожний спільний дільник чисел та повинен бути дільником чисел та. За умовою числа івзаємно прості, отже, взаємно простими будуть і числа та. Але тоді кожний спільний дільник чисел та повинен бути дільником числа 2. Таким чином, кожний спільний дільник чисел та повинен бути дільником числа 2 і їх найбільший спільний дільник дорівнює 1або 2.

Приклад 45. Добуток деяких цілих чисел дорівнює, а сума їх дорівнює нулю. Довести, що число ділиться на 4.

Доведення.

Якщо та, то при непарному всі множники непарні і перша рівність невірна; при парному одне з парне і з першої рівності слідує, що ще одне з парне, тобто ділиться на 4.

Приклад 46. Довести, що вираз не ділиться на 121при жодному цілому.

Доведення.

Помножимо і поділимо даний вираз на 4. Будемо мати

Перевіримо, чи може вираз ділитись на 121. Якщо вираз ділиться на 11, то ділиться на 121, але другий доданок 11 на 121 не ділиться. Якщо не ділиться на 11, то вся сума не поділиться ні на 11, ні на 121.

Приклад 47. Довести, що не існує цілих чисел та таких, які б задовольняли рівняння.

Доведення.

Запишемо рівняння у вигляді. Якщо одне з чисел або — парне, а друге — непарне, то в лівій частині рівності матимемо непарне число і зазначена рівність при таких та не виконується. Якщо числата обидва парні або обидва непарні, то в лівій частині рівності матимемо число, яке ділиться на 4, але в правій частині число 1962 на 4 не ділиться. Отже, і в цьому випадку рівність не виконується.

Звідси випливає, що не існує цілих чисел та таких, які б задовольняли рівняння.

Приклад 48. Довести, що при будь-якому цілому число ділиться на 24.

Доведення.

Позначимо.

Тоді дістанемо

Число є добутком чотирьох послідовних чисел і тому ділиться на 3 і на 8. Число ділиться на 24, бо добуток є парним числом (і є числами різної парності). Тому ділиться на 24.

1.3.3 Застосування теореми про ділення з остачею до розв’язання задач

Теорема. Якщо і - цілі числа, причому, то існує таке ціле число, що, де остача — ціле число, що задовольняє нерівність. Числа та визначаються (за даними і) однозначно.

Приклад 49. Довести, що якщо та -цілі, тоіділяться на 3.

Доведення.

Нехай

та

де — це остачі від ділення на 3, які можуть бути 0; +1;-1. Тоді

Оскільки ділиться на 3, то ділиться на 3, тобто, звідки. Отже, іділяться на 3.

Приклад 50. Три простих числа, кожне з яких більше від 10, утворюють арифметичну прогресію. Довести, що різниця прогресії ділиться на 6.

Доведення.

Усі дані прості числа непарні, тому їх різниця ділиться на 2. Покажемо, що вона ділиться на 3. Нехай дані числа будуть. Жодне з них не ділиться на 3, тому кожне при діленні на 3 дає остачу 1 або 2. Звідси випливає, що принаймні два з чисел при діленні на 3 дають однакові остачі. Різниця цих чисел, що дорівнює або, ділиться на 3. Отже, різниця прогресії, яка ділиться і на 2, і на 3, ділиться на 6.

Приклад 51. Чи може сума цифр числа N, що є точним квадратом, дорівнювати 1993?

Розв’язання.

Якщо сума цифр дорівнює 1993, то вона не ділиться на 3, тобто при діленні на 3 дає остачу 1 або 2. Тоді при діленні на 3 дає остачу 1. Число 1993 при діленні на 3 дає в остачі 1, тому сума цифр може дорівнювати 1993.

Приклад 52. Знайти всі числа такі, що при всіх натуральних ділиться на 7.

Розв’язання.

При розв’язуванні цієї задачі треба користуватися такими арифметичними фактами: якщо число при діленні на дає в остачі, а число дає в остачі, то:

а) при діленні на число дає таку саму остачу, що й число;

б) при діленні на число дає таку саму остачу, що й число; зокрема, число при діленні на дає ту саму остачу, що й число.

Перейдемо тепер до розв’язування задачі. при діленні на 7 дає таку саму остачу, що й, тобто 1. Тому число ділиться на 7 тоді і тільки тоді, коли ділиться на 7 число. Яким же повинно бути, щоб число ділилося на 7? Для цього треба, щоб при діленні на 7 давало в остачі 6. А це буде тоді, коли число при діленні на 7 дає в остачі 3, Отже число при всіх натуральних ділитиметься на 7 тоді і тільки тоді, коли, де — будь-яке ціле число.

Розділ 2. Використання методів розв’язування математичних задач олімпіадного характеру при вивченні окремих тем шкільного курсу математики та на факультативних заняттях

2.1 Доведення нерівностей методом математичної індукції (10кл.)

У дев’ятому фізико — математичному класі учні були вже ознайомлені з методом математичної індукції, але все одно слід нагадати схему доведення даним методом, яка була вказана в пункті 1.1.

При доведенні нерівностей дуже часто використовується така теорема: «Середнє арифметичне декількох додатних чисел не більше їх середнього геометричного». Доведемо її.

Приклад 53. Довести теорему:

Середнє арифметичне декількох додатних чисел не більше їх середнього геометричного, т. б. якщо, ,…, — додатні, то

(1)

Доведення.

1) При нерівність (1) приймає вигляд

(2)

Цю нерівність легко отримати з істинної для будь-яких додатних та нерівності

2). Припустимо, що нерівність (1) істинна при, де.

Доведемо, що тоді вона істинна і при.

Дійсно

Нерівність (1) перевірено при і, таким чином, можна стверджувати, що вона істинна при і т.д., тобто взагалі при, де — натуральне число.

3). Для того, щоб довести істинність нерівності (1) при будь-якому натуральному, покажемо, що з істинності нерівності для випливає її справедливість при.

Отже, нехай, , …, — деякі додатні числа. Нехай — деяке, поки що не визначене, додатне число. Тоді

Виберемо так, щоб

тобто покладемо

Маємо

, або.

Нехай тепер — довільне натуральне число. Якщо, то згідно другого пункту, для нього нерівність істинна. Якщо ж, то знайдеться таке, щоб було менше, і тоді на основі другого та третього пунктів стверджуємо, що нерівність істинна для.

2.2 Використання поняття подільності на заняття математичного гуртка

При розгляді задач на подільність учням слід нагадати та систематизувати отримані знання з цієї теми за курс основної школи. Повторенню слід приділити окреме заняття, на якому з учнями у вигляді евристичної бесіди пригадати теоретичний матеріал, викладений у пунктах 1.3.1 та 1.3.2. Внаслідок того, що учні добре знайомі з цією темою з основної школи, є можливість розв’язувати з ними більш складні приклади. Розглянемо одну з можливих задач.

Приклад 54. Нехай і - прості числа, причому ділиться на, а ділиться на. Довести, що.

Доведення.

Як учням вже відомо, простим числом називається число, яке не дорівнює одиниці і має ту властивість, що ділиться тільки само на себе і на одиницю. Оскільки і - прості числа, а, отже,, , то з умови, що ділиться на, випливає:

(1)

де — ціле число.

За умовою задачі ділиться на. Оскільки число — просте, то за теоремою 3 пункту 1.3.2 хоча б один із співмножників або повинен ділитися на. Перший співмножник, тобто, не може ділитися на, бо в противному разі число було б більше, ніж (), а це суперечило б рівності (1). Отже, на ділиться. Таким чином, можна подати у вигляді

(2)

де — деяке натуральне число. Перепишемо останню рівність так:

(3)

Алгебраїчна сума в лівій частині рівності (3) ділиться на, тому що на ділиться кожен з її доданків (ділиться на за умовою задачі). Отже, на повинна ділитись і права частина, тобто. Тоді

(4)

де — ціле число.

Підставимо вирази (1) і (4) в рівність (2) і зведемо подібні члени:

(5)

З цього рівняння випливає, що. Справді, припустимо протилежне, а саме, що. Тоді в зв’язку з тим, що і набувають цілих додатних значень, обидва доданки лівої частини (5) будуть додатні і рівність (5) не виконуватиметься. Отже,.

Підставивши значення в рівність (4), дістанемо; тоді з рівності (2) випливає:, що й треба було довести.

2.3 Принцип Діріхле в задачах логічного характеру на факультативних заняттях

Учні в курсі факультативних занять основної школи вже були ознайомлені з принципом Діріхле, тому слід нагадати лише формулювання самого принципу.

На початку першого уроку з цієї теми краще розв’язати декілька найпростіших задач, аналогічних до прикладів, викладених у пункті 1.2. 1, а потім переходити до розгляду задач логічного характеру.

Приклад 55. Деяка комісія збиралася разом 40 разів. На кожному засіданні були присутні 10 членів комісії, причому жодні 2 з них не були разом на засіданнях більше одного разу. Довести, що число членів комісії більше, ніж 60.

Доведення.

Першим методом розв’язування, який приходить на думку в цій ситуації є, мабуть, метод від супротивного.

Позначимо через число членів комісії. Припустимо, що. Проаналізуємо дані умови задачі. Комісія збиралася 40 разів. Кожного разу в засіданні брало участь по 10 чоловік. Як можна ці два факти об'єднати і зафіксувати?

Нехай, наприклад, кожен член комісії, коли приходить на засідання, здає в фонд комісії одну гривню. Тоді після всіх засідань фонд буде складати 400 гривень.

Отже, ми маємо осіб і 400 гривень. Згадаємо про принцип Діріхле.

За узагальненим принципом Діріхле, є член комісії, який вніс у фонд не менше семи гривень (дійсно,), тобто він відвідав не менше семи засідань!

Що ми ще не використали з умови задачі? Жодні 2 члени комісії не були разом на засіданнях більше одного разу. Тобто, коли член комісії приходить на чергове зібрання, то він обов’язково зустрічає 9 нових осіб.

Згадаємо, що є член комісії, який відвідав не менше семи засідань і кожного разу зустрічався з новими людьми. Отже, в комісії повинно бути не менше особи, що суперечить нашому припущенню.

Отже, в комісії було більше ніж 60 осіб.

Висновки

Матеріал, зібраний у даній дипломній роботі, допоможе, на нашу думку, учителю у формуванні умінь і навичок по застосуванню методу математичної індукції, принципу Діріхле та використанню скінченного числа кроків при діленні натуральних чисел з остачею до розв’язування математичних задач олімпіадного характеру. Сподіваємось, що учитель навчиться на прикладах запропонованих задач виділяти ті, що розв’язуються даними методами, та правильно їх застосовувати.

Але не тільки учителям буде корисно ознайомитися з даним матеріалом, бо задачі, зібрані тут, не сконцентровані у одному посібнику чи збірнику, а роззосереджені по багатьох джерелах, які були опрацьовані та використані при написанні роботи.

Перелік методів розв’язування олімпіадних задач з математики та їх класифікація по застосуванню до конкретних розділів математики не обмежуються змістом даної дипломної роботи. Нами не були розглянуті метод від супротивного, принцип крайнього, діофантові рівняння, функціональні рівняння, вибір інваріанта і т.д. Це могло б бути темами окремих дипломних робіт.

Література

Агафонов И. Х. Математические олимпиады школьников: Книга для учащихся общеобразовательных учреждений. — М.: — Просвещение, 2007.- 208с.

Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад. — М.: -Наука, 1975.- 112с.

Бобрик О.І. і ін. Збірник конкурсних і олімпіадних задач з математики. — К.: Діалектика, 2005. -192с.

Болтянский В.Г. и др. Сборник задач московских математических олимпиад. Пособие по внеклассной роботе по математике. — М.: — Просвещение, 1965.- 384с.

Борисова В.О. 42 Всеукраїнська учнівська олімпіада з математики, IУ етап // Математика. — 2009.- № 25−26. -С. 1−4.

Борисова В.О. IУ Всеукраїнський турнір юних математиків // Математика. -2001. -№ 34. -С. 1,8.

Борисова В.О. 43 Міжнародна математична олімпіада // Математика. -2008. -№ 37. -С. 1−2.

Васильев Н.Б., Егоров А. А. Задачи Всесоюзных математических олимпиад. -М.: Наука, 1988. -283с.

Васильев Н.Б., Егоров А. А. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юных математиков / Под. ред. А. Н. Колмогорова. — М.: Учпедгиз, 1963. -52с.

Васильев Н.Б. и др. Заочные математические олимпиады. 2-е перераб. — М.: Наука, 1986. -176с.

Вишенський В.А. і ін. Київські математичні олімпіади 1984−1993 рр. Збірник задач. Навчальний посібник. -К.: Либідь, 1993. -144с.

Вишенський В.А., Ядренко М. Й. Вибрані математичні задачі. -К.: Вища школа, 1974. -80с.

Воробьев Н. Н. Признаки делимости.- 3-е изд. -М.: Наука, 1980. -96с.

Вышенский В.А., Ядренко М. И. Сборник задач киевских математических олимпиад. — К.: Вища школа. Изд-во при Киев. ун-те, 1984. -240с.

Гальперин Г. А., Толпыго А. К. Московские математические олимпиады: Книга для учащихся. — М.: — Просвещение, 1986.- 303с.

Гутенмахер В.Л., Васильев Н. Б. Методические разработки для учащихся 1го курса ВЗМШ по заданиям 5.4. Делимость чисел. — Люберцы: Институт горного дела им. А. А. Скочинского. — 1978.- 32с.

Залогін М.С. Конкурсні задачі з математики. Вид. 6-е, перер. і доп. -К.: Вища школа, 1969. -504с.

Зуб В. В Теорії чисел та остач. На допомогу вчителям, що працюють з обдарованими учнями. — Прилуки: Книга, 2000. -60с.

Зубелевич Г. И. Сборник задач московских математических олимпиад. — М.: — Просвещение, 1967.- 236с.

Ігнатенко М.Я., Боровик В. Н. Метод математичної індукції. — Чернігів, 1995. -99с.

Карпиловський О. Тотожні перетворення (7−9класи)//Сільська школа України. -2003. -№ 1. -С. 20−25.

Конет І.М., Паньков В. Г. та ін. Обласні математичні олімпіади. — Кам'янець-Подільский: Абетка. -2007. -304с.

Маланюк М.П., Лукавецький В.І. Олімпіади юних математиків. — К.: Рад. школа, 1977.- 103с.

Михайловський В.І., Ядренко М. Й. Збірник задач республіканських математичних олімпіад. — К.: Вища школа. -1979. -264с.

Михайлик І., Філіповський Г., Шалювич О. Олімпіада Русанівського ліцею // Математика. -2002. -№ 38. -С. 3−8.

Морозова Е. А и др. Международные математические олимпиады. Задачи, решения, итоги. Пособие для учащихся. — М.: — Издательство «Просвещение», 1967.- 288с.

Овчинникова И. М Заочные математические олимпиады. — М.: — Издательство «Наука», 1989.- 145с.

Особенности подготовки учащихся к решению олимпиадных задач. Ч.1 // Сост. Нелин Е. П. и др. — Х. :ХГПИ, 1987. -40.

Петраков И. С. Математические олимпиады школьников. Пособие для учителей. -М.: Просвещение, 1982. -96с.

Рожков В.И. и др. Сборник задач студенческих математических олимпиад. — М.: изд. УНД, 1987. -28с.

Рубан О.В. Задачі на подільність// Математика. — 2004.- № 13.- С. 20−23; № 15.- С. 18−21.

Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навч. посібн. — К.: Видавництво А.С.К., 2008. -344с.

Соминский И.С., Головина Л. И., Яглом И. М. О математической индукции. — М.: Наука, 1967. -144с.

Ушаков Р. П. Один метод доведення тотожностей // Математика. -2001. -№ 17. -С. 4−6.

Ушаков Р. П. Один метод розв’язування задач на подільність//Математика в школі. -2006. -№ 3. -С. 17−21.

Фомин А. А. Международные математические олимпиады. — М.: Дрофа, 2001. -160с.

Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике. -Мн. :Высш. шк., 1977. -96с.

Ядренко М. Й. Принцип Діріхле та його застосування. — К.: Вища школа, 1985. -80с.

Показать Свернуть
Заполнить форму текущей работой