В сборник включены материалы программы «Формула Единства»: задачи олимпиады

2013/14 учебного года, материалы зимнего лагеря 2014 г., а также избранные материалы международных летних лагерей 2012 и 2013 гг. (Более полная подборка материалов летнего лагеря 2013 г. содержится в книге “Formulo de Intgreco”, выпущенной весной 2014 г. издательством ВВМ.) Также сборник содержит некоторые материалы прошедшего в рамках одного из лагерей педагогического семинара, посвященного педагогической методике Игоря Петровича Иванова.

Всем, кому интересна программа «Формула Единства», кто хотел бы присоединиться к нам или высказать свои замечания и пожелания, мы предлагаем написать нам по электронному адресу fdi@imi.ras.ru. О последних событиях можно узнать на нашем сайте http://formulo.org.

В работе над сборником принимали участие Светлана Бердовская, Наталья Глушкова, Елена Журавлёва, Анастасия Ковтун, Любовь Корешкова, Юлия Петрова, Антон Петроченко, Анна Солдаева, Андрей Теслер, Анастасия Третьякова.

«Формула Единства» в 2014 г. Начиная с лета 2012 г., Фонд Эйлера совместно с Санкт-Петербургским

университетом осуществляет новую программу дополнительного образования школьников «Formulo de Integreco» («Формула Единства»). Эта программа ориентирована прежде всего на российских школьников, проживающих вдали от крупных университетских центров, и включает на сегодняшний день несколько составляющих.

1. Ежегодный международный летний многопрофильный лагерь, проводимый в Санкт-Петербурге или Ленинградской области.

2. Зимний математический лагерь на базе Академической гимназии СПбГУ. 3. Международная математическая олимпиада «Формула Единства» (с 2013 года

объединённая с международной олимпиадой «Третье тысячелетие», продолжающей традицию Соросовских олимпиад).

4. Общероссийский дистанционный математический кружок при СПбГУ для учащихся 5–11 классов с использованием интерактивных форм работы.

5. Учебные лагеря в других регионах России: в июне 2014 г. такие лагеря проводятся в Кондпоге и Новороссийске.

6. Международный математический лагерь в Испании: в первый раз он проводится в июле 2014 г. в Севилье.

«Формулу Единства» можно рассматривать как попытку возрождения социально-педагогического движения, основанного на методике коллективного творческого воспитания (КТВ), с опорой на дополнительное образование в выбранной школьниками предметной области (см. далее текст «Смысл программы»).

Программа направлена на следующие цели:

1. Разработка методики организации многопрофильного лагеря на основе опыта ленинградской (петербургской) системы работы с одарёнными детьми в кружках и летних лагерях и социотехнического потенциала методики коллективной творческой деятельности И. П. Иванова.

2. Практический обмен опытом с педагогами других стран, ведущими работу с одарёнными детьми.

3. Развитие способностей и дополнительное образование школьников из сельской местности и небольших городов, где работа с учащимися, проявляющими интерес к математике и гуманитарным наукам, не ведётся достаточно эффективно.

4. Включение школьников в научно-исследовательскую работу, подготовка к участию в научных конференциях.

5. Приобретение учащимися коммуникативных навыков, опыта творческой работы в коллективе, опыта построения отношений на основе взаимопонимания и совместного творчества.

Мы стремимся к тому, чтобы постепенно образовалась сеть дружественных коллективов, работающих по программе «Формула Единства» в разных регионах России и разных странах. Поэтому если у вас есть группа педагогов, которые хотели бы проводить аналогичные лагеря и сборы, мы готовы помочь начать такую работу, организовать новый лагерь общими усилиями. Мы также будем рады сотрудничать с теми, кто будет готов расширить нашу программу, включив в неё новые учебные профили.

Летние лагеря 2012. Первый Международный математический лагерь «Формула Единства»

состоялся 17–29 июля 2012 года в Санкт-Петербурге на базе Академической гимназии СПбГУ. Он был организован Санкт-Петербургским государственным университетом совместно с Фондом Эйлера при участии университетов Севильи и Вальядолида. Предпосылкой к проведению лагеря стала договоренность между Фондом Эйлера и Институтом математики университета г. Севилья о ежегодном, начиная с 2012 года, проведении подобных лагерей в России и Испании.

2013. Летом 2013 года был проведён второй международный многопрофильный лагерь «Формула Единства». Он проходил с 15 по 31 июля 2013 г. на базе оздоровительного комплекса «Парус» в Приозерском районе Ленинградской области. В лагере участвовало 83 школьника, из которых 48 представляли Россию, 25 приехали из Испании, 6 — из Казахстана, по одному — из Хорватии, Израиля, Бразилии и США.

Состав российских участников-математиков в основном был сформирован из числа успешных участников дистанционного математического кружка «Формула Единства» при СПбГУ, а также участников предыдущего аналогичного лагеря. При приглашении школьников в кружок и лагерь приоритет предоставлялся ребятам из небольших городов и сельской местности, у которых меньше возможности получения дополнительного математического образования.

Участники лагеря занимались в четырёх математических кружках, сформированных исходя из языковых возможностей ребят и уровня их математической подготовки (уровень А или В), выявленном на начальном этапе посредством тестирования и олимпиады. Учитывались и пожелания самих ребят, кружок можно было сменить. Преподавание в двух кружках (English-A и English-B) велось на английском языке, в двух других (Russian-A и Russian-B) — на русском.

Всего было проведено 78 академических часов занятий, по 6 в каждый из 13 учебных дней. Основную часть учебного времени в математических кружках занимали занятия по решению олимпиадных задач, а в кружке Russian-A значительную часть программы составил оригинальный курс И. Ж. Ибатулина. Был проведён мини-курс Ф. Петрова, посвящённый элементам теории чисел; популярные лекции, посвящённые различным разделам науки, прочитали петербургские учёные В. Федотов, М. Дворкин, А. Минарский, руководители делегаций Вальядолида и Бразилии В. Гатон и К. Вердун.

В один из дней в лагере состоялось шесть математических боёв. Это традиционное для математических кружков соревнование между двумя командами. Участники боёв были разбиты на 9 команд: три команды соревновались с любителями математики из Летней компьютерно-математической школы, а другие 6 команд — между собой.

Десять школьников занимались в кружке гуманитарного профиля «Экология вербального общения», которым руководила педагог из Краснодара Г. В. Ковтун. Помимо учебных занятий, ребята из этого кружка издавали газету о жизни лагеря. Вышло 9 выпусков на русском и 3 на английском языке.

В свободное время ребята участвовали в одном из многочисленных «дел по выбору», среди которых были языковые классы — русского языка (для иностранцев), английского, испанского, португальского и эсперанто. Ежедневно отряды участвовали в коллективных творческих делах, которые в большинстве случаев разрабатывали сами на Советах дела. На вечерних «огоньках» отряды анализировали свою работу, выбирали новых дежурных командиров, менялись традиционными творческими поручениями.

Два дня были выходными, с экскурсионной программой в Санкт-Петербурге. Вожатые из педагогического отряда «Перемена» при ЛГУ им. А. С. Пушкина

старались сделать жизнь участников лагеря интересной, творческой и разнообразной. Скучать было некогда. Участники лагеря были объединены в 6 отрядов по 13-14 человек; при этом каждый отряд включал в себя ребят разного возраста, национальности и из разных учебных групп. Это сделало общение более ярким и разнообразным, позволило найти новых друзей и ближе узнать друг друга.

В рамках лагеря проходил также 4-дневный семинар по методике коллективного творческого воспитания, в котором участвовали педагоги, сопровождающие делегации школьников, а также специально приехавшие на него участники из нескольких городов России. Провела семинар доцент ЛГУ им. А. С. Пушкина участница Коммуны имени Макаренко С. М. Платонова.

Участники разъехались по домам, планируя встретиться вновь — в зимнем лагере и в очередном летнем, в котором предполагается организовать больше разных учебных профилей. А некоторые из ребят смогут поехать в лагерь в Испании, который организует следующим летом университет Севильи.

Финансовую поддержку лагерю предоставили СПбГУ, Фонд «Династия», ОАО «Российская венчурная компания» (стратегический партнёр программы «Формула Единства») и три компании IT-сектора: Санкт-Петербургский центр разработок EMC, ООО «Эвелоперс» и «ТоталОбджектс СПб».

2014. Третий летний лагерь «Формула Единства» впервые планируется провести в две смены. Первая смена будет математической, и на неё приглашены только участники из России, во второй смене планируется три учебных профиля — математика, информатика и объединённый гуманитарный профиль (журналистика + лингвистика). Помимо российских школьников, во второй смене примут участие ребята из Румынии, Испании, Франции и Эквадора. Лагерь проводится на базе Академической гимназии СПбГУ в Старом Петергофе.

Смысл программы Разработанная в 50–60-х годах прошлого века методика коллективного творческого

воспитания (КТВ) известна под многими названиями: методика коллективных творческих дел, коммунарская методика, методика И.П. Иванова, педагогика общей заботы, педагогика социального творчества. Её основные принципы — забота об улучшении окружающей жизни, отношения товарищества и коллективная творческая деятельность. Создатель этой методики, академик Игорь Петрович Иванов, реализовал её в работе Коммуны юных фрунзенцев (1959–1968), а затем — в деятельности студенческого коллектива Коммуны имени А.С. Макаренко (1963–1991).

Главную ценность этого педагогического направления мы видим в том, что это наиболее последовательная и сильная (из известных нам) попытка погрузить подростков и взрослых в мир подлинно человеческих отношений — отношений людей, какими они в идеале должны быть. То есть отношений, основанных на искренности, ответственности, доверии, внимании и уважении к каждому, заботе друг о друге и о мире вокруг. Отношений, в которых нет места отчуждению, использованию друг друга для решения внешних, посторонних задач. Тем самым, как сказал М. М. Чекмарёв (участник коммуны имени Макаренко), создаются элементы общества гуманизма в рамках потребительского общества.

Факторы, благодаря которым такой мир возникает и живёт, просты и широко известны по отдельности; уникальным для методики И. П. Иванова «сильнодействующим средством» является их сочетание. Вот эти факторы.

1) Интенсивное коллективное творчество, работа над задачами, требующими полной вовлечённости каждого члена группы, координации между участниками, высокой самоотдачи и «настройки друг на друга» в условиях сжатого времени. Это и ведёт к возникновению неотчуждённых отношений между людьми и актуализации необходимых для этого человеческих качеств.

2) Коллективное планирование, совместная реализация планов и анализ сделанного — коллективная рефлексия полученного опыта.

3) Неформальность. Критически важно, что коммунарские коллективы возникают и живут не по заказу каких-либо вышестоящих структур, не по требованиям рынка, а по велению души организаторов и, в конечном счёте, всех участников.

4) Преемственность. Очень ценно, когда в возникающем коллективе есть в достаточном количестве люди с прежним опытом подобных отношений — носители традиций и «атмосферы».

Очень важен также личностный фактор. Часто подобные коллективы складываются вокруг лидера и распадаются с его уходом. Однако (об этом подробно пишет В. И. Ланцберг в статье «Педагогическая мифология») методика КТВ работает не только в руках редких харизматичных лидеров: она работает в любых добрых и чистых руках. Личностный момент действительно важен, но он заключается не в том, что надо быть личностью с какими-то особыми талантами, а в том, что надо просто быть самим собой и вкладывать себя в создаваемые отношения (методика не работает «механически»).

Стремление подростков и взрослых, участвовавших в коммунарских коллективах, воспроизводить полученный опыт в новых условиях привело к возникновению такого социально-педагогического явления, как коммунарское движение. Потенциал этого движения, его возможное влияние на общественное развитие оценивается по-разному; одна из точек зрения (выраженная, например, в предисловии к сборнику коммунарских песен Романа Синельникова) состоит в том, что если бы коммунарство не было «задавлено сверху» в середине 60-х годов и реализовало полностью заложенный в нём

потенциал, в Советском Союзе могло бы вырасти поколение людей, для которых девиз коммунаров «Наша цель — счастье людей» стал бы не формальным лозунгом, а жизненным ориентиром. Вся история в этом случае могла бы пойти совсем иначе.

Однако и в самой неблагоприятной духовной, социальной, политической обстановке коммунарское движение продолжало существовать. Существует оно и сейчас, хотя и в свёрнутом, латентном состоянии, распавшись на отдельные «островки». Назовём только несколько наиболее известных коллективов, которые уже не одно десятилетие устойчиво работают по этой методике: Архангельский городской штаб школьников, Разновозрастная организация «Единство» в Рязани, московский военно-поисковый отряд «Дозор», школа В. А. Караковского.

Как нам представляется, педагогика общей заботы служит наиболее последовательным практическим воплощением философского принципа радикального гуманизма: «В каждом человеке есть Солнце — только дайте ему светить!», и поэтому, как писала Ольга Мариничева в статье «Идеалисты», «методика эта работает в любых социально-политических условиях, она — для выживания духа в любых условиях».

В то же время, независимо от социально-политического контекста, коллективы, работающие по методике КТВ, сталкиваются с внутренними проблемами, которые служат лимитирующими факторами для развития движения и для которых, насколько нам известно, пока не найдено какого-либо системного решения. В программе «Формула Единства» мы пытаемся по крайней мере поместить эти проблемы в центр нашего внимания и ищем эмпирические подходы к их решению.

Один из таких «лимитирующих факторов» связан с тем, что наиболее обширный опыт работы по методике коллективного творческого воспитания связан со сферой досуга, хобби и общественной деятельности. При этом активное участие в досуговых объединениях и общественных организациях требует растущих затрат времени и неизбежно вступает в конфликт с необходимостью профессионального самоопределения и роста в выбранной профессии, и что-то приходится приносить в жертву. Пытаясь решить эту проблему, мы работаем над моделью многопрофильного лагеря, который организован на принципах педагогики общей заботы, при том, что центральным содержанием деятельности его участников служит не отдых и досуговые виды активности, а совершенствование в определённой предметной области. В этой модели мы опираемся не только на давнюю традицию сборов и лагерей, проводимых по методике КТВ, но и на не менее давнюю традицию предметных кружков и соответствующих летних лагерей, прежде всего — ленинградских/петербургских математических кружков, также образующих особое неформальное движение со своими традициями, атмосферой и т. д.

Важно отметить, что организуемый по методике КТВ сбор или лагерь или эпизодически собирающийся клуб, будучи ярким и интенсивным, но кратковременным событием в жизни его участников, рассматривается как «ситуация-образец»: он служит источником нового опыта человеческих отношений, нового знания себя, своих возможностей и ценностей, а также новых возможностей коллектива, которые открываются в условиях совместного творчества; после осмысления и «присвоения» этот опыт может быть применён к тем жизненным контекстам, в которых участники проживают бóльшую часть своей жизни.

Тем самым, если мы в нашей жизни хотим научиться и научить друг друга гармонизировать профессиональную и общественную деятельность, межчеловеческие отношения и личностный рост — мы должны искать эту гармонию и в той «лаборатории жизни», какой служит лагерь, сбор или клуб. Поэтому предметный профиль мы считаем наиболее естественным организующим «стержнем» для разновозрастного объединения, живущего на основе коммунарской методики.

Таким образом, «Формулу Единства» можно рассматривать как попытку возрождения коммунарского движения с опорой на дополнительное образование в выбранной школьниками предметной области как на один из центральных видов деятельности.

Кроме прочего, мы считаем когнитивные качества, развиваемые в предметных кружках (способность к работе с многоуровневыми абстрактными конструкциями, генерации нестандартных идей, необычным аналогиям и т. п.), крайне востребованными в социальном творчестве, необходимыми для общественных лидеров.

Другое традиционно отмечаемое «узкое место» — проблема зазора между высокой планкой человеческих отношений, осмысленности жизни, одухотворенности, с которыми мы живём на сборе, и повседневной реальностью, в которой мы оказываемся, возвращаясь со сбора. Подразумевается, что опыт, полученный на сборе (в лагере), будет воспроизводиться «в домашних условиях», что накопленный потенциал будет реализован там, где мы учимся, работаем, занимаемся общественными делами и строим личные отношения. В какой-то мере это так и есть: участие в коллективе, работающем по методике КТВ, даёт универсально применимые навыки сотрудничества, лидерства, самоанализа и самоорганизации, обеспечивает рост психологической культуры.

Однако на практике реализация стандартов отношений, близких к сборовским, у себя в трудовом или учебном коллективе, равно как и создание нового неформального сообщества на тех же принципах, чаще всего является неподъёмной (для одиночки, без друзей-единомышленников рядом) задачей. Возникает разрыв между «хочу» (увиденным и впитанным идеалом) и «могу» (выросшим, но всё же скромным индивидуальным потенциалом), что может вести к очень серьёзным негативным последствиям. Это может быть личностный кризис («коммунарская ломка»); негативная переоценка сборовского опыта и дистанцирование от него. С другой стороны, это могут быть попытки замкнуться в «уютном» мире сборов и лагерей и дистанцироваться от «реального» мира с его проблемами и неустроенностью (что позволяет — и не без оснований — обвинять некоторые коллективы в эскапизме и изоляционизме, «сектантстве»).

В «Формуле Единства» мы ставим задачу смягчить этот зазор, перемещая в центр внимания поддержку устойчивых дружеских, товарищеских и деловых отношений между участниками программы. Мы рассматриваем как «продукт» своей работы не просто личность с определёнными моральными и профессиональными качествами, отправляемую «в одиночное плавание», но складывающуюся систему связей между людьми. Мы видим (в близком будущем, а в какой-то мере уже и в настоящем) «Формулу Единства» как растущую сеть людей, объединяемых ярким опытом совместного творчества и основанным на этом опыте взаимопониманием, доверием, «чувством разделённости», то есть осознания общих ценностей и чаяний. Чем больше плотность этой сети, тем меньше каждый её участник чувствует себя «одиночкой» на тех или иных жизненных фронтах, тем скорее находит помощь при решении своих проблем и поддержку при реализации своих инициатив, тем легче ему сохранять свои убеждения и идеалы.

Иначе говоря, мы пытаемся внести свой вклад в процесс консолидации людей с гуманистическими ценностями: забота о ближних и дальних, искренность, ответственность, критическое мышление, вера в нравственный и творческий потенциал каждого человека, а также в воспроизводство этих ценностей. Также мы считаем важным способствовать превращению этого процесса из стихийного в осознанный, то есть содействовать осознанному, направленному формированию определённой субкультуры или неформального общественного движения. При этом ещё один ключевой «фокус внимания» — профилактика изоляционизма и самовлюблённости. Консолидация сообщества (любого масштаба), осознание своей общности и своих определяющих черт должны непременно дополняться осознанием себя частью большего целого, адекватной

самооценкой и открытостью сообщества «на вход» и «на выход». В частности, в «Формуле Единства» мы стремимся к сотрудничеству со всеми, кому близки наши ценности, и готовы расстаться с каждым, кто чувствует, что ему с нами не по пути.

Наконец, ещё один лимитирующий фактор при работе по методике КТВ — это легкость профанации методики, при которой сохраняется ряд характерных форм деятельности, но исчезает смысл и дух (это может происходить по многим причинам, которые мы здесь для краткости опускаем). Пока что основным средством противостоять этому мы считаем критический взгляд со стороны, регулярную «сверку часов», живой деятельностный контакт с другими сообществами, работающими по методике И. П. Иванова.

«Формула Единства» находится практически в начале пути, имеет не так много собственных наработок, однако опирается на опыт многих сообществ. Мы настроены и далее максимально вбирать опыт друзей, учитывать их ошибки, перенимать найденные ими решения. Поэтому мы приветствуем любые комментарии по тем идеям, целям и проблемам, о которых здесь было сказано.

ОЛИМПИАДА «ФОРМУЛА ЕДИНСТВА»/«ТРЕТЬЕ ТЫСЯЧЕЛЕТИЕ»

В 2013/14 году была впервые поведена математическая олимпиада «Формула Единства»/«Третье тысячелетие», которая, как видно из названия, является «наследницей» сразу двух олимпиад. Одна из них — олимпиада «Формула Единства» — состоялась впервые в 2012/13 учебном году с участием около 1000 школьников из 50 субъектов РФ и 8 зарубежных стран. Другая — олимпиада «Третье тысячелетие» — проводилась с 2000 года под руководством Валерия Павловича Федотова. По данным организаторов, в ней участвовали (за всё время проведения) сотни тысяч школьников из России, Белоруссии и нескольких других стран. (Подробнее об этом см. в статье «Из истории математических олимпиад „Третье тысячелетие”» в этом сборнике). Олимпиада 2013/14 учебного года состояла из двух туров. Первый (заочный) тур проводился в октябре 2013 года, в нём приняли участие более 5000 учеников из России, Беларуси, Украины, Казахстана, Таджикистана, Грузии, Испании, Румынии, Хорватии, Израиля, США, Канады и Эквадора. Свыше 1000 из них прошли на второй тур. Второй тур состоялся в феврале 2014 года и был очным, при этом он проводился одновременно в нескольких десятках школ разных регионов и стран. По итогам олимпиады более 450 школьников награждены дипломами и похвальными отзывами. Олимпиада является составной частью программы «Формула Единства»: призёры олимпиады приглашаются в дистанционный математический кружок, а в дальнейшем — в летний лагерь. Ниже мы приводим задачи олимпиады «Формула Единства» / «Третье тысячелетие» 2013/14 учебного года и их решения.

Задачи первого (заочного) тура 5 класс

1. Назовём год лихим, если в записи его номера есть одинаковые цифры. Например, все годы с 1988 по 2012 были лихими. Каково максимальное количество лихих лет, идущих подряд, среди уже прошедших лет нашей эры?

2. На круглом торте стоит 6 свечей. Тремя разрезами торт разрезали на части, причём в каждой части оказалась ровно одна свеча. Сколько свечей могло стоять в каждой из частей, которые образовались после первого разреза? Объясните, почему никакие другие варианты невозможны.

3. Даны три нечётных положительных числа p, q, r. Про них известно, что p>2q, q>2r, r>p−2q. Докажите, что p+q+r≥25.

4. У Кости есть шесть кубиков, каждая грань каждого кубика раскрашена в один из шести цветов. Все кубики раскрашены одинаково. Костя составил из кубиков столбик и смотрит на него с четырёх сторон. Может ли он сделать это таким образом, чтобы с каждой стороны все шесть граней были разного цвета?

5. В одном доме провели перепись населения. Выяснилось, что в каждой квартире живет супружеская пара (мать и отец) и в каждой семье есть хотя бы один ребенок. У каждого мальчика в доме есть сестра, но всего мальчиков больше, чем девочек. Детей же в доме

меньше, чем взрослых. Докажите, что в результаты переписи вкралась ошибка.

6. Фокусник хочет сложить колоду из 36 карт так, чтобы у любых двух подряд идущих карт совпадало либо достоинство, либо масть. При этом начать он хочет с пиковой дамы, а закончить бубновым тузом. Как это сделать?

6 класс

1. См. задачу 1 для 5 класса.

2. На круглом торте стоит 7 свечей. Тремя разрезами торт разрезали на части, причём в каждой части оказалась ровно одна свеча. Сколько частей было после второго разреза и сколько свечей стояло в каждой из них?

3. См. задачу 3 для 5 класса.

4. См. задачу 4 для 5 класса.

5. См. задачу 5 для 5 класса.

6. На продажу выставлены 20 книг по цене от 7 до 10 евро и 20 обложек по цене от 10 центов до 1 евро, причём все цены — разные. Смогут ли Том и Леопольд купить по книге с обложкой, заплатив одну и ту же сумму денег?

7 класс

1. В стопке лежат одинаковые карточки, на которых записаны числа от 1 до 9. Билл взял одну карточку и тайно отметил на ней 4 числа. Марк может сделать то же самое с несколькими карточками. Затем карточки открывают. Если на одной из карточек Марка хотя бы два из четырёх отмеченных чисел совпадут с числами Билла, то Марк выигрывает. Какое наименьшее число карточек должен взять Марк и как их заполнить, чтобы наверняка выиграть?

2. На круглом торте стоит 10 свечей. Четырьмя разрезами торт разрезали на части, причём в каждой части оказалась ровно одна свеча. Сколько свечей могло стоять в каждой из частей, которые образовались после первого разреза? Объясните, почему никакие другие варианты невозможны.

3. У фокусника есть два комплекта по 7 карточек. На розовых карточках записаны целые числа от 0 до 6. На первой голубой карточке написано 1, а число на каждой следующей голубой карточке в 7 раз больше предыдущего. Фокусник раскладывает карточки попарно (розовую с голубой). Затем зрители перемножают числа в каждой паре и находят сумму всех 7 произведений. Фокус состоит в том, что в сумме должно получиться простое число. Подскажите фокуснику, какие карточки можно для этого объединить в пары (или докажите, что у него ничего не получится).

4. См. задачу 4 для 5 класса.

5. По кругу в каком-то порядке выписаны числа от 1 до 77. Какова минимально возможная сумма модулей разностей между соседними числами?

6. См. задачу 6 для 6 класса.

8 класс

1. В стопке лежат одинаковые карточки, на которых записаны числа от 1 до 12. Билл взял одну карточку и тайно отметил на ней 4 числа. Марк может сделать то же самое с несколькими карточками. Затем карточки открывают. Если на одной из карточек Марка хотя бы два из четырёх отмеченных чисел совпадут с числами Билла, то Марк выигрывает. Какое наименьшее число карточек должен взять Марк и как их заполнить, чтобы наверняка выиграть?

2. Дан прямоугольник ABCD. На луче DC отложен отрезок DK, равный BD. Точка M — середина отрезка BK. Докажите, что AM — биссектриса угла BAC.

3. У фокусника есть два комплекта по 8 карточек. На розовых карточках записаны целые числа от 0 до 7. На первой голубой карточке написано 1, а число на каждой следующей голубой карточке в 8 раз больше предыдущего. Фокусник раскладывает карточки попарно (розовую с голубой). Затем зрители перемножают числа в каждой паре и находят сумму всех 8 произведений. Фокус состоит в том, что в сумме должно получиться простое число. Подскажите фокуснику, какие карточки можно для этого объединить в пары (или докажите, что у него ничего не получится).

4. На плоскости нарисовали 5 красных точек. Все середины отрезков между ними отметили синим цветом. Расположите красные точки так, чтобы синих точек было минимально возможное количество. (Точка может оказаться красной и синей одновременно.)

5. По кругу в каком-то порядке выписаны числа от 1 до 88. Какова минимально возможная сумма модулей разностей между соседними числами?

6. См. задачу 6 для 6 класса.

9 класс

1. В стопке лежат одинаковые карточки, на которых записаны числа от 1 до 33. Билл взял одну карточку и тайно отметил на ней 10 чисел. Марк может сделать то же самое с несколькими карточками. Затем карточки открывают. Если на одной из карточек Марка хотя бы три из десяти отмеченных чисел совпадут с числами Билла, то Марк выигрывает. Какое наименьшее число карточек должен взять Марк и как их заполнить, чтобы наверняка выиграть?

2. См. задачу 2 для 8 класса.

3. Назовём основание системы счисления комфортным, если существует простое число, запись которого в этой системе счисления ровно по одному разу содержит каждую из её цифр. Например, 3 — комфортное основание, так как троичное число 102 — простое. Найдите все комфортные основания, не превосходящие 10.

4. На плоскости нарисовали 5 красных точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Все середины отрезков между ними отметили синим цветом. Расположите красные точки так, чтобы синих точек было минимально возможное количество.

5. По кругу в каком-то порядке выписаны числа от 1 до 99. Какова минимально возможная сумма модулей разностей между соседними числами?

6. Решите систему уравнений:

=+=++

3 01 1

22 x yyxx yyx

10 класс

1. Назовём год лихим, если в записи его номера есть одинаковые цифры. Например, все годы с 1988 по 2012 были лихими. Докажите, что в каждом столетии, начиная с двадцать первого, хотя бы 44 лихих года.

2. Азимутом называется угол от 0 до 360°, отсчитанный по часовой стрелке от направления на север до направления на нужный ориентир. Алекс видит телебашню под азимутом 60°, водонапорную башню под азимутом 90°, а колокольню под азимутом 120°. Для Бориса те же азимуты соответственно равны 270°, 240° и Х. Какие значения может принимать Х?

3. Назовём основание системы счисления комфортным, если существует простое число, запись которого в этой системе счисления ровно по одному разу содержит каждую из её цифр. Например, 3 — комфортное основание, так как троичное число 102 — простое. Найдите все комфортные основания, не превосходящие 12.

4. У Кости есть n одинаковых кубиков. У каждого кубика на двух противоположных гранях написаны числа 5 и 6, а на остальных — 1, 2, 3 и 4 (именно в этом порядке по кругу).Он склеил из этих кубиков столбик — параллелепипед 1×1×n — и покрыл лаком все шесть граней этого столбика. После этого он расклеил кубики и обнаружил, что сумма чисел на покрытых лаком гранях меньше, чем на остальных. При каком наименьшем n такое могло произойти?

5. СН — высота в треугольнике АВС, а О — центр его описанной окружности. Из точки С опустили перпендикуляр на АО, а его основание обозначили через Т. Наконец, через М обозначили точку пересечения НТ и ВС. Найдите отношение длин отрезков ВМ и СМ.

6. См. задачу 6 для 9 класса.

11 класс

1. См. задачу 1 для 10 класса.

2. Для исследования подводного мира соорудили прямолинейную штангу, уходящую под углом 45° к поверхности воды на глубину 100 метров. Водолаз связан со штангой гибким тросом, позволяющим ему удаляться от любой точки штанги на расстояние не более 10 метров. Считая размеры водолаза нулевыми (точечными), найдите объём доступной ему части подводного пространства. Дайте точный ответ и округлите его до ближайшего целого значения в кубических метрах.

3. Назовём основание системы счисления комфортным, если существует простое число, запись которого в этой системе счисления ровно по одному разу содержит каждую из её цифр. Например, 3 — комфортное основание, так как троичное число 10 — простое. Найдите все комфортные основания.

4. См. задачу 4 для 10 класса.

5. См. задачу 5 для 10 класса.

6. Пусть p1,..., pn — различные простые числа. Пусть S — сумма всевозможных произведений четного (ненулевого) количества различных простых из этого набора. Докажите, что S+1 делится на 2n-2.

Решения задач первого (заочного) тура 5 класс

1. Заметим, что все годы с 1099 по 1202 — лихие (1099 содержит две девятки, числа с 1100 по 1199 — две единицы, 1200 — два нуля, 1201 — две единицы, 1202 — две двойки). При этом 1098 и 1203 — не лихие. Таким образом, имеем 104 подряд идущих лихих года.

Заметим, что в других местах лихие годы идут группами менее чем по 100 (например, потому, что 90, 190, 290, 390, 490, 590, 690, 790, 890, 987, 1087, 1230, 1320, 1420, 1520, 1620, 1720, 1820, 1920, 1980 — не лихие). Итак, 104 — максимальное количество подряд идущих лихих лет.

2. Возможны два варианта: а) в обеих частях по три свечи (3+3); б) в одной части две свечи, в другой — четыре (2+4). Примеры см. на рисунках, первый разрез показан жирной линией.

Остальные варианты (1+5 или 0+6) невозможны. Действительно, пусть после первого разреза в какой-то части осталось хотя бы пять свечей. Тогда вторым разрезом она будет разрезана максимум на две части, поэтому в какой-то из них будет хотя бы три свечи. Третьим разрезом нельзя сделать так, чтобы каждая из этих свечей оказалась в отдельном куске.

3. Заметим, что если p>2q, то p−2q≥1. Поскольку r>p−2q, то r>1. Значит, r — нечётное число, большее 1, то есть r≥3. Тогда q>2r≥6, то есть q≥7; p>2q≥14, то есть p≥15. Итого p+q+r≥15+7+3=25.

4. Будем обозначать цвета числами от 1 до 6. Пусть у каждого кубика

на двух противоположных гранях находятся цвета 5 и 6, а на остальных — 1, 2, 3 и 4 (именно в этом порядке по кругу).Тогда кубик можно ставить так, чтобы на четырёх видимых гранях (по кругу) оказывались цвета: а) 1234; б) 1536; в) 2546 (и в обратном порядке).

Пример такого расположения показан на рисунке.

5. Во-первых, заметим, что в каждой семье есть хотя бы одна девочка (поскольку у любого мальчика есть сестра). Тогда девочек хотя бы столько же, сколько супружеских пар, а мальчиков больше, чем супружеских пар. Складывая все вместе, получаем, что детей больше, чем взрослых.

6. Вариантов очень много. Например,

так (см. рисунок).

6 класс 1. См. задачу 1 для 5 класса.

2. Очевидно, количество частей после второго разреза не превосходит четырёх (первый

разрез даёт две части, второй делит каждую из них не более чем на два куска). Заметим, что после второго разреза ни в одном из кусков не могло оказаться три и более свечей, иначе третьего разреза не хватило бы, чтобы все эти свечи оказались в разных частях. Итак, в

каждом куске не больше двух свечей. Тогда должно быть хотя бы четыре куска (иначе в сумме свечей не больше шести), а больше четырёх быть не может. Для четырёх кусков единственный вариант получить 7 свечей — это 2+2+2+1.

3. См. задачу 3 для 5 класса. 4. См. задачу 4 для 5 класса. 5. См. задачу 5 для 5 класса.

6. Из 20 книг и 20 обложек можно составить 20·20=400 разных комплектов

«книга+обложка». Стоимость любого комплекта не меньше, чем 7 евро 10 центов, так как самая дешёвая книга стоит не меньше 7 евро, а самая дешёвая обложка — не меньше 10 центов. По аналогичной причине стоимость любого комплекта не больше 11 евро. Стоимость комплекта может принимать, таким образом, одно из 391 значения (от 7 евро 10 центов до 11 евро существует ровно 391 значение денежной суммы в европейской валюте). Поскольку 400 больше, чем 391, у каких-то двух комплектов «книга+обложка» стоимость окажется одинаковой. Так не может случиться, что в этих двух комплектах книга будет одной и той же. (Если бы это случилось, стоимость обложки оказалась бы в двух комплектах одной и той же, иначе не получится одинаковой стоимость комплектов. Но если стоимость обложек в двух комплектах одинакова, то сами обложки одинаковы, то есть это один и тот же комплект.) Точно так же получается, что в этих комплектах обложка не может быть одной и той же. Поскольку и книги, и обложки в этих двух комплектах разные, Том и Леопольд смогут эти комплекты приобрести.

7 класс 1. Достаточно взять две карточки и на одной отметить 1,2,3,4, на второй — 5,6,7,8. Если

предположить, что карточка Марка совпадает с каждой из карточек Билла не более чем по одному числу, то на карточке Марка отмечены не больше одного из чисел от 1 до 4, не больше одного из чисел от 5 до 8 и ещё, возможно, число 9, то есть максимум три числа.

Одной карточки недостаточно: какие бы четыре числа Билл ни отметил, у Марка могут оказаться четыре числа, ни одно из которых не отмечено Биллом.

2. Заметим, что тремя разрезами нельзя разделить никакой кусок более чем на 7 частей. Действительно, первый разрез делит на две части, второй — максимум на 4. Третий разрез не может одновременно пройти через все четыре куска, образованных после второго разреза, поэтому проходит максимум через три из них; в результате число кусков увеличивается максимум на три, и всего их не больше, чем 4+3=7.

Значит, после первого разреза число свечей в каждой части не превышает 7 (иначе вторым, третьим и четвёртым разрезом не удастся разделить свечи по отдельным кускам). Поэтому возможны только варианты 5+5, 6+4 и 7+3. Все эти варианты действительно реализуются (примеры см. на рисунках, первый разрез выделен жирной линией).

3. Рассмотрим остатки от деления на 6. Так как 7 даёт при делении на 6 остаток 1, то и любая степень 7 тоже даст при делении на 6 остаток 1. Значит, вклад любой голубой карточки в остаток от деления суммы на 6 соответствует 1. Теперь удобно переставить слагаемые так, чтобы числа на розовых карточках шли в порядке возрастания. Получим сумму целых чисел от 0 до 6. Она делится на 3. Значит, как бы фокусник ни комбинировал карточки в пары, сумма всех 7 произведений всегда будет делиться на 3. Следовательно, она никогда

не сможет оказаться простым числом.

4. См. задачу 4 для 5 класса.

5. Заметим, что где-то в круге стоят числа 1 и 77. Рассмотрим «путь» от 1 до 77 по часовой стрелке: 1, x1, x2, …, xk, 77. Заметим, что при прождении по этому пути число изменяется на 76, поэтому сумма модулей разностей не меньше 76 (формально: |77-xk| + |xk-xk-1| + … + |x2-x1| + |x1-1| >= |77-1| = 76).

Теперь рассмотрим путь между числами 1 и 77 «с другой стороны» (против часовой стрелки); сумма модулей разностей, стоящих там, также не меньше 76. Поэтому общая сумма модулей разностей не меньше 152. Результат 152 достигается (например, при расстановке чисел по порядку).

6. См. задачу 6 для 6 класса.

8 класс 1. Достаточно взять три карточки и на одной отметить 1,2,3,4, на второй — 5,6,7,8, на

третьей — 9,10,11,12. Если предположить, что карточка Марка совпадает с каждой из карточек Билла не более чем по одному числу, то на карточке Марка отмечены не больше одного из чисел от 1 до 4, не больше одного из чисел от 5 до 8 и не больше одного из чисел от 9 до 12, то есть максимум три числа.

Двух карточек недостаточно: на них Билл может отметить максимум 8 разных чисел, но тогда на карточке Марка могут оказаться 4 числа, ни одно из которых не отмечено Биллом.

2. Поскольку BD=DK, то медиана DM треугольника BDK является также высотой и биссектрисой, то есть∠BMD =90° и ∠BDM=∠BDC/2.

Теперь рассмотрим четырехугольник ABMD. В нем ∠BAD=∠BMD=90°, то есть он вписанный. Следовательно, ∠BAM=∠BDM=∠BDC/2=∠BAC/2, то есть AM — биссектриса. Другое решение. Вновь заметим (как в первом решении), что DM — биссектриса ∠BDC. Пусть E и F — середины AD и BC. Тогда точка M лежит на EF (например, потому, что MC=BK/2=BM как медиана к гипотенузе, а значит, перпендикуляр из E проходит через середину BC). При симметрии относительно прямой EF ∠BDC переходит в ∠BAC, а DM — в AM. Поэтому AM — биссектриса ∠BAC.

3. Решение аналогично задачи 3 для 7 класса: сумма остатков от деления на 7 равна сумме чисел от 0 до 7, т. е. делится на 7.

4. Пусть точки расположены на прямой на равных расстояниях друг от друга. Например,

пусть это точки координатной оси с координатами 1, 2, 3, 4 и 5. Тогда середина каждого отрезка с концами в этих точках — одна из точек 1,5, 2, 2,5, 3, 3,5, 4, 4,5, то есть имеем 7 синих точек.

Меньшего количества синих точек быть не может. В самом деле, введём на плоскости систему координат так, чтобы никакие две красные точки не оказались на одной вертикальной прямой. Пусть эти точки (слева направо) — A, B, C, D, E. Заметим, что если один из концов отрезка сдвинуть вправо, то и середина отрезка сдвинется вправо (а если двигать концы отрезков по вертикали, то горизонтальная координата середины не изменится). Поэтому середина отрезка AC правее, чем середина AB; середина AD ещё правее; далее вправо идут середина AD, середина AE, середина BE, середина CE и середина DE. Таким образом, все эти семь середин различны (поскольку каждая из них правее предыдущей).

5. Решение такое же, как у задачи 5 для 7 класса. Ответ: 174.

6. См. задачу 6 для 6 класса.

9 класс

1. Достаточно взять три карточки и на одной отметить числа от 1 до 10, на второй — от 11 до 20, на третьей — от 21 до 30. Если предположить, что карточка Марка совпадает с каждой из карточек Билла не более чем по двум числам, то на карточке Марка отмечены не больше двух из чисел от 1 до 10, не больше двух из чисел от 11 до 20 и не больше двух из чисел от 21 до 30, а также не больше трёх из чисел 31, 32, 33. Итого максимум 2+2+2+3=9 чисел, что меньше 10.

Двух карточек недостаточно: на них Билл может отметить максимум 20 разных чисел, но тогда на карточке Марка могут оказаться 10 чисел, ни одно из которых не отмечено Биллом.

2. См. задачу 2 из 8 класса.

3. См. решение задачи 3 для 11 класса, в котором вопрос исследован для всех натуральных K.

4. Прежде всего, синих точек не может быть больше 5∙4∕2=10 . Это число может уменьшиться за счёт совпадения каких-либо двух середин. Легко (см. рисунок) привести пример такого совпадения, когда синих точек 9. Покажем, что дальнейшее уменьшение невозможно.

Так как никакие три красные точки не лежат на одной прямой, то совпадение каких-либо двух середин означает, что четыре красные точки (лежащие на концах выбранной пары отрезков) образуют параллелограмм. Так как оставшаяся точка не лежит ни на одной из сторон этого параллелограмма, то ни один из лучей, направленных из оставшейся точки в вершины параллелограмма, не параллелен ни одной из сторон параллелограмма. Допустим, что удалось построить второй аналогичный параллелограмм. Тогда его образовали бы оставшаяся точка и какие-то три из ранее использованных. Так как у параллелограмма только две диагонали, то все три отрезка, попарно соединяющие три ранее использованных точки, не могут одновременно быть диагоналями. Следовательно, у двух параллелограммов есть общая сторона, а противоположные ей стороны обоих параллелограммов параллельны между собой. Но это противоречит ранее сделанному выводу. Итак, минимально возможное количество синих точек — 9.

5. Решение такое же, как у задачи 5 для 7 класса. Ответ: 196.

6. Введем обозначения: .:;: x ynyxm =+= Тогда система примет вид:

==+3 01 1

m nnm

. Эта вспомогательная система имеет два решения: (1) m=6, n=5 и (2) m=5, n=6 (их можно найти, например, по теореме Виета: это корни уравнения t2−11t+30=0). Вернувшись к исходным переменным, имеем:

(1)

==+5

6x y

yx и (2)

==+6

5x y

yx.

Решая полученные системы (можно снова воспользоваться теоремой Виета), получаем для каждой из них по 2 решения:

(1)

==

51

yx

и

==

15

yx

; (2)

==

32

yx

и

==

23

yx

.

Итак, исходная система имеет ровно 4 решения: (1;5), (5;1), (2;3), (3;2).

10 класс 1. Решение. Будем для удобства считать, что столетие начинается с года ...xy00 и кончается

годом ...xy99 (возможно, вместо многоточия ничего нет). На самом деле более правильно считать, что столетие начинается с года ...xy01 и кончается годом ...uv00; но поскольку годы ...xy00 и ...uv00 оба лихие, то это не влияет на количество лихих лет в столетии.

Ясно также, что можно рассматривать только столетия с четырёхзначными годами: лишние начальные цифры могут разве что увеличить количество лихих лет. Заметим, что при x=y все сто лет лихие. Поэтому будем считать, что x≠y. Посчитаем количество нелихих годов в таком столетии: цифру в разряде десятков можно выбрать из восьми цифр (все, кроме x и y); цифру в разряде единиц — из семи (все, кроме x, y и цифры в разряде десятков). Всего имееем 8∙7=56 нелихих лет, значит, остальные 44 — лихие.

2. Начнём с того, что азимут 90° — это направление с востока на запад, а 270° — с запада на восток. Отсюда следует, что Борис находится восточнее Алекса и (с учётом других данных из условия) севернее его. Следовательно, азимут от Бориса к Алексу не превышает 270°. Х — ещё меньше, но в случае расположения Бориса и Алекса почти на одной параллели может быть сколь угодно близок к 270°.

Так как колокольня находится южнее (и восточнее) Алекса, то она южнее Бориса. Поэтому Х не может быть меньше 120° (азимута на колокольню от Алекса). С увеличением расстояния до колокольни Х может стать сколь угодно близким к 120°.

3. См. решение задачи 3 для 11 класса, в котором вопрос исследован для всех натуральных K.

4. Заметим, что на каждом из двух крайних кубиков сумма цифр, покрытых лаком, не меньше

15 (1+2+3+4+5), а на каждом из остальных — не меньше 10 (1+2+3+4). Общая же сумма цифр на каждом кубике равна 21.

Обозначим число кубиков через n, тогда минимальная сумма чисел на лакированных гранях равна 15·2+10·(n−2). По условию, эта величина меньше половины общей суммы, то есть меньше 21n/2. Итак, 15·2+10·(n−2)<21n/2; преобразуем: 10n+10<10,5n, то есть 10<0,5n, или n>20. Значит, минимально допустимое количество кубиков равно 21. Легко убедиться, что в этом случае описанная ситуация возможна (если на крайних кубиках сумма лакированных чисел по 15, а на остальных — по 10).

5. 1) Докажем сначала, что ∠CAO+∠ABC=90°. Заметим, что поскольку O — центр описанной окружности, то треугольники AOB, BOC, COA равнобедренные. Обозначим их углы при основании через x, y и z соответственно. Тогда получим: 2x+2y+2z=180° (общая сумма углов), а CAO+ABC=z+(x+y)=90°. Аналогично это доказывается и для случая, когда O лежит вне треугольника (или на его стороне).

2) Итак, мы доказали, что угол CAO равен 90°-∠ABC. Заметим, что

и угол BCH равен 90°-∠ABC, поэтому ∠CAO=∠BCH (или, что то же самое, ∠CAT=∠BCH). 3) Теперь заметим, что четырехугольник CTHA — вписанный, поскольку ∠AHC=∠ATC=90°. Значит, ∠CAT=∠CHT (или, что то же самое, ∠CAT=∠BCH). 4) Объединяя всё вместе, получаем, что в треугольнике BCH равны углы BCH и CHM. Значит, CM=MH. 5) Далее стандартная картина для прямоугольного ∆BCH: ∠B=90°-∠BCH=90°-∠CHM=∠MHB, поэтому BM=MH. 6) Из двух последних пунктов следует, что BM=CM. Ответ: эти длины равны.

6. См. задачу 6 для 9 класса.

11 класс 1. См. задачу 1 для 10 класса.

2. Начнём с того, что на глубину 100 метров под углом 45° заходит

штанга длиной H=100√2 метров. Объём цилиндра такой высоты с радиусом основания 10 метров: πr2H=10000π√2 кубическим метрам. Водолазу доступна любая точка внутри этого цилиндра, за исключением его надводной части. Но эта надводная часть компенсируется равной подводной областью, примыкающей к цилиндру чуть выше его. Наконец, от нижнего конца штанги водолазу доступна лежащая вне цилиндра область в форме полушара радиусом 10 метров, объём которой равен 2000π∕3 . Таким образом, объём доступной водолазу части подводного пространства равен 1000π(10√2+2∕3)≈ 46523,2 кубического метра. Округление до ближайшего целого значения в кубических метрах – 46523.

3. Пусть K — искомое основание. Тогда в этой системе счисления действуют признаки

делимости на K−1 и его делители, частным случаем которых являются признаки делимости на 9 и 3 в десятичной системе счисления. Чтобы применить их, нужно заменить число суммой его цифр.

Для искомого простого числа в качестве суммы цифр получим сумму целых чисел от 0 до K−1. Она равна (K−1)K∕2 . Если K чётно, то сумма цифр делится на K−1. Если K нечётно, то сумма цифр делится на (K−1)∕2 . Здесь важно не упустить особые случаи: если K=2, то K−1=1 , а если K=3, то (K−1)∕2=1 . Но при больших K число не сможет оказаться простым, так как будет делиться либо на K−1, либо на (K−1)∕2 . Ответ: комфортными основаниями являются только 2 и 3.

4. См. задачу 4 для 10 класса. 5. См. задачу 5 для 10 класса.

6. Рассмотрим произведения A=(1−p1)(1−p2)...(1−pn) и B=(1+p1)(1+p2)...(1+pn). Заметим,

что при раскрытии скобок все произведения с чётным (в том числе нулевым) количеством множителей войдут в них с плюсом, а произведения нечётного числа множителей — с разными знаками. Поэтому если эти два произведения сложить, то останутся только произведения чётного числа множителей, причём каждое появится дважды. Итак, A+B = 2(S+1) (единица — это произведение нуля множителей, которое входит в A и B, но по определению не входит в S).

Заметим, что все числа p1,..., pn различны, поэтому все они, кроме, быть может, одного (двойки) — нечётны. Поэтому в произведении A=(1−p1)(1−p2)...(1−pn) все множители, кроме, быть может, одного — чётные, и оно делится на 2n−1. Аналогично и B делится на 2n−1, поэтому S+1=(A+B)/2

делится на 2n−2.

Задачи второго (очного) тура

5 класс 1. Разрежьте шахматную доску по клеточкам на две фигуры так, что в первой фигуре на 4

клетки больше, чем во второй, но во второй фигуре на 4 чёрных клетки больше, чем в первой. Обе фигуры должны быть связными, то есть не должны распадаться на части.

2. Известно, что в понедельник маляр красил вдвое медленнее, чем во вторник, среду и четверг, а в пятницу — вдвое быстрее, чем в эти три дня, но работал 6 часов вместо 8. В пятницу он покрасил на 300 метров забора больше, чем в понедельник. Сколько метров забора маляр покрасил с понедельника по пятницу?

3. Найдите количество четырёхзначных чисел, у которых все цифры различны, первая цифра делится на 2, а сумма первой и последней цифр — делится на 3.

4. В семье Олимпионовых принято особо отмечать день, когда человеку исполняется столько лет, какова сумма цифр его года рождения. У Коли Олимпионова такой праздник настал в 2013 году, а у Толи Олимпионова — в 2014. Кто из них старше и на сколько лет?

5. Карлсон купил в буфете несколько блинов (по 25 рублей за штуку) и несколько банок мёда (по 340 рублей за штуку). Когда он сообщил Малышу, какую сумму потратил в буфете, тот сумел только на основании этой информации определить, сколько банок мёда и сколько блинов купил Карлсон. Могла ли эта сумма превысить 2000 рублей?

6. Братья нашли клад из золота и серебра. Они разделили его так, что каждому досталось по 100 кг. Старшему досталось больше всего золота — 30 кг — и пятая часть всего серебра. Сколько золота было в кладе?

6 класс

1. Разрежьте шахматную доску по клеточкам на две фигуры так, что в первой фигуре на 6 клеток больше, чем во второй, но во второй фигуре на 6 чёрных клеток больше, чем в первой. Обе фигуры должны быть связными, то есть не должны распадаться на части.

2. В семье Олимпионовых принято особо отмечать день, когда человеку исполняется столько лет, какова сумма цифр его года рождения. У Коли Олимпионова такой праздник настал в 2013 году, а у Толи Олимпионова — в 2014. Кто из них старше и на сколько лет?

3. Найдите количество таких пятизначных чисел, у которых все цифры различны, первая цифра делится на 2, а сумма первой и последней цифр — делится на 3.

4. В начале года американский доллар стоил 80 европейских центов. Эксперт дал прогноз, что в течение года курс евро по отношению к рублю вырастет на 8% (то есть за 1 евро можно будет купить на 8% рублей больше, чем в начале года), а курс доллара по отношению к рублю упадёт на 10%. Если прогноз сбудется, то сколько американских центов будет стоить евро в конце года?

5. Карлсон купил в буфете несколько блинов (по 25 рублей за штуку) и несколько банок мёда (по 340 рублей за штуку). Когда он сообщил Малышу, какую сумму потратил в буфете, тот сумел только на основании этой информации определить, сколько банок мёда и сколько блинов купил Карлсон. Могла ли эта сумма превысить 2000 рублей?

6. Братья нашли клад из золота и серебра. Они разделили его так, что каждому досталось по 100 кг. Старшему досталось больше всего золота — 30 кг — и пятая часть всего серебра.

Сколько золота было в кладе?

7 класс 1. Мила и Женя придумали по числу и выписали на доску все натуральные делители своих

чисел. Мила написала 10 чисел, Женя выписала 9 чисел, а максимальное число, написанное на доске дважды, равно 50. Сколько всего различных чисел выписано на доске?

2. На клетчатой бумаге нарисован многоугольник с периметром 36, стороны которого проходят по линиям сетки. Какую наибольшую площадь он может иметь?

3. В окружности проведены три равных хорды, проходящие через одну точку. Докажите, что эти хорды являются диаметрами.

4. Братья нашли клад из золота и серебра. Они разделили его так, что каждому досталось по 100 кг. Старшему досталось больше всего золота — 25 кг — и восьмая часть всего серебра. Сколько золота было в кладе?

5. Три человека хотят приехать из города A в город B, расположенный в 45 километрах от A. У них есть два велосипеда. Скорость велосипедиста 15 км/ч, пешехода — 5 км/ч. За какое минимальное время они смогут добраться до B, если велосипед нельзя оставлять на дороге без присмотра?

6. Лев взял два натуральных числа, прибавил их сумму к их произведению и в результате получил 1000. Какие числа мог взять Лев? Найдите все варианты.

8 класс

1. Мила и Женя придумали по числу и выписали на доску все натуральные делители своих чисел. Мила написала 10 чисел, Женя — 9, а число 6 оказалось написано дважды. Сколько всего различных чисел на доске?

2. В окружности проведены три равных хорды, проходящие через одну точку. Докажите, что эти хорды являются диаметрами.

3. Братья нашли клад из золота и серебра. Они разделили его так, что каждому досталось по 100 кг. Старшему досталась 1/5 всего золота и 1/7 всего серебра, а младшему — 1/7 всего золота. Какая доля серебра досталась младшему брату?

4. Три человека хотят приехать из города A в город B, расположенный в 45 километрах от A. У них есть два велосипеда. Скорость велосипедиста 15 км/ч, пешехода — 5 км/ч. За какое минимальное время они смогут добраться до B, если велосипед можно оставлять на дороге без присмотра?

5. Карлсон купил в буфете несколько блинов (по 25 рублей за штуку) и несколько банок мёда (по 340 рублей за штуку). Когда он сообщил Малышу, какую сумму потратил в буфете, тот сумел только на основании этой информации определить, сколько банок мёда и сколько блинов он купил. Могла ли эта сумма превысить 2000 рублей?

6. На клетчатой бумаге нарисован многоугольник с периметром 2014, стороны которого проходят по линиям сетки. Какую наибольшую площадь он может иметь?

9 класс

1. В выпуклом пятиугольнике провели все диагонали. Для каждой пары диагоналей,

пересекающихся внутри пятиугольника, нашли меньший из углов между ними. Какие значения может принимать сумма этих пяти углов?

2. Мила и Женя придумали по числу и выписали на доску все натуральные делители своих чисел. Мила написала 10 чисел, Женя — 9, а число 6 оказалось написано дважды. Сколько всего различных чисел на доске?

3. Братья нашли клад из золота и серебра. Они разделили его так, что каждому досталось по 100 кг. Старшему досталась 1/5 всего золота и 1/7 всего серебра, а младшему — 1/7 всего золота. А какая доля общего серебра досталась младшему?

4. Докажите, что из круга радиуса 1 можно вырезать три части, из которых можно составить прямоугольник 1×2,4. Части можно поворачивать и переворачивать.

5. Пусть a и n — натуральные числа, причём известно, что a n — 2014-значное число. Найдите наименьшее натуральное k такое, что a не может быть k-значным числом.

6. Павел придумал новый способ сложения чисел: он называет «павлосуммой» чисел x и y значение выражения x#y=(x+y)/(1–xy), если оно определено. Однажды он «сложил» своим способом числа a и b и «прибавил» к ним c, а друга попросил «сложить» числа b и c и «прибавить» к ним a. Могли ли у них получиться разные результаты?

10 класс

1. В выпуклом пятиугольнике провели все диагонали. Для каждой пары диагоналей, пересекающихся внутри пятиугольника, нашли меньший из углов между ними. Какие значения может принимать сумма этих пяти углов?

2. Пусть f (x) = x3+9x2+27x+24. Решите уравнение f (f (f (f (x)))) = 0. 3. Докажите, что из круга радиуса 1 можно вырезать четыре части, из которых можно

составить прямоугольник 1×2,5. Части можно поворачивать и переворачивать. 4. Внутри квадрата со стороной 100 нарисовали 100 000 квадратов. Диагонали разных

квадратов не имеют общих точек. Докажите, что сторона хотя бы одного квадрата меньше 1.

5. Пусть a и n — натуральные числа, причём известно, что a n — 2014-значное число. Найдите наименьшее натуральное k такое, что a не может быть k-значным числом.

6. Павел придумал новый способ сложения чисел: он называет «павлосуммой» чисел x и y значение выражения x#y=(x+y)/(1–xy), если оно определено. Однажды он «сложил» своим способом числа a и b, «прибавил» к ним c, а к результату — d. В то же время его друг «сложил» числа c и d, «прибавил» к ним b, а к результату — a. Могли ли у них получиться разные результаты?

11 класс

1. В выпуклом пятиугольнике провели все диагонали. Для каждой пары диагоналей, пересекающихся внутри пятиугольника, нашли меньший из углов между ними. Какие значения может принимать сумма этих пяти углов?

2. Пусть f (x) = x3+9x2+27x+24. Решите уравнение f (f (f (f (x)))) = 0. 3. Докажите, что из круга радиуса 1 можно вырезать пять частей, из которых можно

составить прямоугольник 1×2,7. Части можно поворачивать и переворачивать. 4. Существует ли треугольная пирамида, у которой высота равна 60, высота каждой боковой

грани, проведённая к стороне основания, равна 61, а периметр основания равен 62? 5. Пусть a и n — натуральные числа, причём известно, что a n — 2014-значное число.

Найдите наименьшее натуральное k такое, что a не может быть k-значным числом. 6. Павел придумал новый способ сложения чисел: он называет «павлосуммой» чисел a и b

значение выражения a#b=(a+b)/(1-ab), если оно определено. Как и в обычной арифметике, умножение на натуральное число Павел понимает как сложение соответствующего числа одинаковых слагаемых: a@b=((a#a)#a)...#a (здесь b «слагаемых»). Существуют ли в арифметике Павла такие неравные натуральные числа x и y, для которых равны «произведения» x@y и y@x?

Решения задач второго (очного) тура

5 класс 1. Например, так (см. рисунок). 2. Примем за 100% длину забора, которую маляр красил во

вторник, среду и четверг. Тогда на понедельник приходится 50%, а на пятницу – 150%. Значит, 300 метров забора соответствуют 150%–50%=100%. За всю неделю (с понедельника по пятницу) – 500%, т.е. 1500 метров.

3. Первая цифра может быть 2, 4, 6 или 8. Если первая 2, то последняя 1,4,7; если первая 4, то последняя 2,5,8; если первая 6, то последняя 0,3,(6 не подходит),9; если первая 8, то последняя 1,4,7. Итого 3+3+3+3=12 вариантов для первой и последней цифр. Для каждого из этих вариантов существует 8∙7 способов выбрать две средних цифры. Итого 56∙12=672 способа.

4. Определим, в каком году может родиться человек, если при прибавлении к году рождения суммы его цифр получается 2013 или 2014. Ясно, что номер такого года не более 2014. Поскольку у каждого из чисел от 1 до 2014 сумма цифр не превышает 1+9+9+9=28, то номер года рождения не меньше 2013-28=1985. Перебрав все годы от 1985 до 2013, обнаружим, что Коля мог родиться в 1992 или 2010 годах, а Толя в 1988 или в 2006. Ответ: возможны следующие варианты: Толя старше на 4 года; Толя старше на 22 года; Коля старше на 14 лет.

5. Могла. Например, пусть Карлсон потратил 4∙340+25∙40=2360 рублей. Предположим, что Карлсон может набрать такую сумму ещё каким-нибудь способом; для этого он должен потратить на блины на x рублей меньше, а на мёд на x рублей больше (или наоборот). Но тогда за x рублей можно купить как целое число блинов, так и целое число горшочков с мёдом. Значит, x делится на 25 и на 340. Но минимальный такой x равен 1700; однако Карлсон не может потратить на 1700 рублей меньше ни на мёд, ни на блины.

6. Старший брат получил 70 кг серебра, что является пятой частью общего количества; значит, общая масса серебра равна 350 кг. Остальные получили больше серебра, чем старший, т.е. каждый — больше 70 кг. Если братьев хотя бы пятеро, то в сумме они получат больше 350 кг; значит, братьев не больше чем четверо. Но хотя бы четверо их должно быть, т.к. масса серебра превышает 300 кг. Значит, братьев четверо. Общая масса клада 400 кг, поэтому масса золота 400-350=50 кг.

6 класс 1. Например, так (см. рисунок).

2. См. задачу 5.4. 3. Первая цифра может быть 2, 4, 6 или 8. Если первая 2, то последняя 1,4,7; если первая 4, то

последняя 2,5,8; если первая 6, то последняя 0,3,(6 не подходит),9; если первая 8, то последняя 1,4,7. Итого 3+3+3+3=13 вариантов для первой и последней цифр. Для каждого из этих вариантов существует 8∙7∙6=336 способов выбрать две средних цифры. Итого 336∙12=4032 способа.

4. Выберем сумму в рублях, которой в конце года будет соответствовать 1 евро (т.е. 100 европейских центов). В начале года ей же соответствовали 108 европейских центов или 108∙100/80=135 американских центов. Следовательно, в конце года ей будут соответствовать 135∙100/90=150 американских центов.

5. См. задачу 5.5. 6. См. задачу 5.6.

7 класс 1. Заметим, что число, написанное дважды — это общий делитель исходных чисел;

максимальное такое число — это их НОД. Значит, все числа, написанные дважды — делители числа 50, то есть числа 1, 2, 5, 10, 25, 50. То есть среди выписанных чисел ровно 6 повторяющихся, и количество различных чисел равно 10+9-6=13.

2. Рассмотрим крайние вертикали и горизонтали. Уход с них внутрь прямоугольника не позволяет сократить периметр, но уменьшает площадь. Значит, наибольшую площадь имеет прямоугольник. Если А и В — длины его сторон, то А+В=18. Перебирая варианты (1, 17), (2, 16) и т.д. различных прямоугольников с периметром 36, находим, что наибольшее значение площади АВ достигается, когда А=В=9, и эта площадь равна 81.

3. Способ 1. Пусть AB, CD, EF — три хорды, M — их точка пересечения. Докажем, что фигура, состоящая из отрезков AB и CD, симметрична относительно одного из диаметров. Действительно, поскольку хорды AB и CD равны, то равны и дуги ACB и CAD, на которые они опираются; поскольку дуга AC общая, то дуги AD и BC тоже равны. Пусть K и L — середины дуг AC и BD, тогда AK=KC, AD=CB, DL=LB. Тогда обе дуги KL состоят из соответственно равных частей, поэтому они равны между собой и KL — диаметр. В силу равенства дуг AK и KC, DL и LB фигура симметрична относительно диаметра. Из этого следует, что точка M лежит на указанном диаметре. Но аналогично можно доказать, что M лежит на другом диаметре, который аналогично построен для хорд AB и EF (и на третьем — для хорд CD и EF). Это всё разные диаметры, т.к. например образ хорды AB при симметрии относительно первого — CD, а относительно второго — EF. Итак, точка M лежит одновременно на трёх диаметрах, поэтому она — центр окружности. Все три хорды проходят через центр, значит, являются диаметрами. Способ 2. Заметим, что AM+MB=CM+MD и AM∙MB=CM∙MD (по теореме об отрезках пересекающихся хорд). Из этого нетрудно вывести, что AM=CM и BM=DM (или наоборот). Аналогично можно рассмотреть хорды AB и EF и получить, например, что AM=EM. Тогда M — центр окружности, проходящей через точки A, C и E, т.е. центр исходной окружности.

4. Старший брат получил 75 кг серебра, что является восьмой частью общего количества; значит, общая масса серебра равна 600 кг. Остальные получили больше серебра, чем старший, т.е. каждый — больше 75 кг. Если братьев хотя бы восемь, то в сумме они получат больше 600 кг; значит, братьев не больше

чем семеро. Но хотя бы семеро их должно быть, т.к. масса серебра 600 кг, а значит, масса всего клада больше 600 кг. Значит, братьев семеро. Общая масса клада 700 кг, поэтому масса золота 700-600=100 кг.

5. Оптимальное решение таково: двое проезжают полпути, потом один отправляется пешком, а второй остается стеречь оба велосипеда до прихода третьего. Для этого им потребуется 22,5/5+22,5/15=6 часов. Легко убедиться, что из аналогичных вариантов, отличающихся только выбором пункта остановки, наилучший – когда она точно посередине. Усложнения, включающие встречное движение, лишены смысла из-за того, что ни двое не могут ехать сразу на одном велосипеде, ни один – сразу на двух.

6. Если обозначить числа Льва через a и b, то получим: a+b+ab=1000. Прибавим к обеим частям единицу: 1+a+b+ab=1001, или (1+a)(1+b)=7∙11∙13. Поскольку a и b натуральны, то 1+a>1 и 1+b>1. Отсюда следует, что выполняется один из шести вариантов: а) 1+a=7, 1+b=11∙13, откуда a=6, b=142; б) 1+a=11, 1+b=7∙13, откуда a=10, b=90; в) 1+a=13, 1+b=7∙11, откуда a=12, b=76; и ещё три варианта, которые получаются при замене a и b. Ответ: 6 и 142, 10 и 90, 12 и 76.

8 класс 1. Поскольку число 6 написано дважды, то оба исходных числа (обозначим их a и b) делятся

на 6. Если Верино число имеет 10 делителей, то его разложение - либо p9, либо p1∙q4 (где p и q — некие простые числа); первое невозможно, поскольку оно делится на 6. Валино число имеет 9 делителей, так что его разложение — либо s8, либо s2∙t2; опять же возможно только второе. При этом числа p и q равны 2 и 3 в каком-то порядке, числа s и t — тоже. Легко видеть, что НОД таких чисел равен либо 2∙32=18, либо 3∙22=12, и в любом случае имеет 2∙3=6 делителей. Значит, среди выписанных чисел ровно 6 повторяющихся, и количество различных чисел равно 10+9-6=13.

2. См. задачу 7.3. 3. Пусть масса золота в кладе равна z кг, а масса серебра — s кг. Старшему брату досталось

z/5+s/7 кг; это меньше (z+s)/5, но больше (z+s)/7. Из этого следует,что братьев больше пяти, но меньше семи, то есть их шестеро. Теперь получаем систему уравнений: z/5+s/7=100, z+s=600. Решаем: z/5+s/7=z/6+s/6; (1/5-1/6)z=(1/6-1/7)s; z/30=s/42; z=(5/7)s. Поскольку z+s=600, то z=250, s=350. Младший брат получил 250/7 кг золота; значит, ему досталось 100-250/7=450/7 кг серебра. Доля этого серебра от всего серебра в кладе составляет 450/7:350=9/49. Ответ: 9/49.

4. Двое едут на велосипеде 15 километров, потом один из них оставляет велосипед у дороги и идет следующие 15 километров пешком, другой проезжает и следующие 15 километров и тоже оставляет велосипед (который потом должен подобрать первый), третий же идет пешком первые 15 километров, а остаток едет на подобранном велосипеде первого. В любом случае они суммарно проедут 90 км, а пройдут 45. Значит, найдется хотя бы один из них, который пройдет не меньше 15 километров, а остальное проедет. Если он проходит 15 километров и едет 30, то получается 3+2=5 часов; при увеличении части, которую он

проходит пешком, это время только увеличится. Ответ: 5 часов.

5. См. задачу 5.5. 6. Рассмотрим сначала крайние вертикали и горизонтали. Уход с них внутрь прямоугольника

не позволяет сократить периметр, но уменьшает площадь. Значит, наибольшую площадь имеет прямоугольник. Если А и В – длины его сторон, то А+В=1007. Теперь среди различных прямоугольников с периметром 2014 ищем прямоугольник с наибольшим значением площади АВ. Так как 4АВ= (А+В)2-(А-В)2= 10072--(А-В)2 , то для достижения наибольшего значения площади АВ нужно выбрать А и В так, чтобы их разность была как можно меньше. Так как сумма А и В нечётна, то их нельзя взять равными. Поэтому наименьшее возможное значение А-В=1 . С учётом А+В=1007 находим А=504, В=503 и АВ=253512 .

9 класс 1. Начать нужно с того, что точки пересечения диагоналей служат вершинами другого

выпуклого пятиугольника, сумма углов которого равна 540°. Если все его углы тупые, то искомая сумма образована смежными с ними углами и равна 360°. Но если среди углов есть острые, то сумма станет меньше (так как смежный тупой угол заменяется внутренним острым). Легко построить примеры, показывающие, что её можно непрерывно уменьшать до нуля. Так, из рисунка видно, что если сдвигать вершину E влево, а A и B — вправо, то углы F и I можно сделать острыми и сколь угодно малыми; тогда сумма трёх остальных внешних углов будет стремиться к

нулю.

Ответ: от 0 до 360°. 2. См. задачу 8.1. 3. См. задачу 8.3. 4. Вырежем из круга прямоугольник с координатами вершин

(± √32

,± 12

)

и два маленьких прямоугольника: один с вершинами (±1/2, 1/2) и (±1/2, √3/2), и второй, симметричный первому. Стороны большого прямоугольника равны 1 и √3, а стороны каждого из маленьких — 1 и √3/2-1/2. Из этих трёх прямоугольников легко сложить один со сторонами 1 и √3+2∙(√3/2-1/2)=2√3 - 1 >2,4.

5. Пусть a – k-значное число, тогда 10k-1≤a<10k, поэтому 10(k-1)n≤an<10kn, то есть количество цифр в числе an лежит в промежутке [(k-1)n+1, kn+1). Заметим, что при фиксированных n≤1000 и k≥3 количество цифр принимает все значения из этого промежутка (не может случиться, что при увеличении a на 1 число цифр в an увеличится более чем на одну); это можно установить, например, средствами мат. анализа (при умножении a на 0,001 an увеличится не более чем в e раз, т.е. менее чем в 10 раз). При k≤3 это очевидно. Поэтому если в таком промежутке лежит число 2014, то найдётся k-значное a, для которого an – 2014-значное.

Итак, подходящее a существует тогда и только тогда, когда (k-1)n+1≤2014≤kn+1, то есть когда n лежит в промежутке [2013/k; 2013/(k-1)). Значит, надо найти наименьшее k, для которого в этом промежутке нет ни одного целого числа. Заметим, что длина этого промежутка равна 2013/k(k-1), и она должна быть меньше 1. Значит, k(k-1)>2013, т.е. k>45. Проверим для k начиная с 46, выполняется ли условие об отсутствии целого числа в указанном промежутке. Мы обнаружим, что (для k=46) 2013/46 < 44 < 2013/45 (т.к. 44∙45<2013, 44∙46=452-12=2025-1>2013); (для k=47) 2013/47 < 43 < 2013/46 (т.к. 43∙46<2013, 43∙47=452-22=2025-4>2013); (для k=48) 2013/48 < 42 < 2013/47 (т.к. 42∙47<2013, 42∙48=452-12=2025-9>2013); но (для k=49) 2013/49 > 41 (т.к. 41∙49=452-12=2025-16<2013). Таким образом, промежуток [2013/49, 2013/48) не содержит целых чисел, и при k=49 подходящих n не существует. Ответ: k=49.

6. Нужно проверить, что a#(b#c)=(a#b)#c. Это можно доказать прямым вычислением, а можно заметить, что если x и y — тангенсы углов A и B, то x#y — тангенс угла A+B, и поэтому требуемое свойство следует из того, что tg(A+(B+C))=tg((A+B)+C). Замечание. При этом возможно, что одно из значений определено, а второе не определено, например, при a=2, b=c=1.

10 класс 1. См. задачу 9.1. 2. Заметим, что f (x) = (x+3)3-3.

Поэтому f ( f (x)) = f ((x+3)3-3) = ( [(x+3)3-3]+3) 3-3=(x+3)9-3; аналогично получаем, что f (f (f (x))) = (x+3)27-3 и f (f (f (f (x)))) = (x+3)81-3. Итак, нужно решить уравнение (x+3)81-3 = 0. Ответ: -3 + 81√3.

3. Можно вырезать из круга прямоугольник со сторонами 1 и √3, а также три трапеции (см. рисунок). Из этих деталей получается прямоугольник со сторонами 1 и √3+1/2+(√3/2-1/2)=(3√3)/2>2,5.

4. Пусть сторона каждого квадрата не меньше 1. Для начала докажем, что расстояние между центрами квадратов не меньше 0,49. Действительно, пусть O и A – центры квадратов и OA<0,49, тогда AC<0,49 (см. рисунок). Хотя бы одна из прямых, содержащих диагонали квадрата с центром A, пересекает прямую OC в точке, удалённой от A не более чем на 0,49√2. Но тогда сторона этого квадрата не превышает 0,98. Теперь используем принцип Дирихле. Разобьём исходный квадрат на 90000 квадратиков со стороной 1/3. В одном из этих квадратиков окажется хотя бы два центра, но расстояние между ними не может превышать √2/3<0,49.

5. См. задачу 9.5. 6. Нужно проверить, что ((a#b)#c)#d=a#(b#(c#d)). Это можно доказать прямым вычислением,

а можно заметить, что если x и y — тангенсы углов A и B, то x#y — тангенс угла A+B, и поэтому требуемое свойство следует из того, что tg(((A+B)+C)+D)= tg(A+(B+(C+D))). Замечание. При этом возможно, что одно из значений определено, а второе не определено, например, при a=b=2, c=d=1.

11 класс 1. См. задачу 9.1. 2. См. задачу 10.2. 3. Способ 1. Можно вырезать из круга

шестиугольник ширины 1 и три трапеции и расположить их как показано на рисунке. Получается прямоугольник со сторонами 1 и 2+2∙(√3/2-1/2) =1+√3 >2,7.

4. Поскольку высоты боковых граней одинаковы, то расстояния от проекции вершины до сторон также одинаковы и равны 11, т.е. радиус вписанной в основание окружности равен 11. По известной формуле, площадь треугольника равна 62∙11/2=341. В то же время площадь вписанного круга πr2=121π>341, что невозможно.

5. См. задачу 9.5. 6. Заметим, что если x и y — тангенсы углов A и B, то x#y — тангенс угла A+B; поэтому

arctg(x @ y)= arctg(x#x#...#x)=arctg(x)+arctg(x)#...#arctg(x) = y∙arctg(x), откуда x @ y= tg(y∙arctg(x)). Если a @ b= b @ a, то a∙arctg(b)= b∙arctg(a), т.е. arctg(a)/a= arctg(b)/b. Итак, требуется решить уравнение arctg(a)/a= arctg(b)/b в целых числах. Можно доказать, что это уравнение не имеет целых решений при a≠b. К сожалению, доказательство этого факта оказалось сложнее, чем изначально предполагало жюри. Мы благодарны Виктору Иврию (Торонто), который указал на ошибку в первоначальном решении и сообщил нам верное доказательство. Понимание этого доказательства требует знаний, существенно выходящих за рамки школьной программы. Поэтому мы изложим его только схематично — для читателей, хорошо знакомых с комплексными числами.

Вместо изучения уравнения a arctg b = b arctg a мы будем исследовать уравнение tg(a arctg b)= tg(b arctg a) .Для этого рассмотрим функцию tg(n arctg z) как функцию комплексного аргумента. Исходя из известных формул

И

, можно выразить эту функцию так:

tg (n arctg x) = Тогда равенство tg(a arctg b)= tg(b arctg a) можно свести к равенству

Поскольку a и b — целые числа, то числители и знаменатели обеих частей уравнения являются так называемыми гауссовыми числами (т. е. комплексными числами с целой действительной и мнимой частью). Поэтому можно разложить их на простые (гауссовы) множители в кольце гауссовых чисел. Как известно, разложение на множители в

этом кольце однозначно (с точностью до домножения на ±1 и ±i). Далее необходимо определить, могут ли числитель и знаменатель каждой дроби иметь общие делители. Нетрудно установить (с помощью алгоритма Евклида), что общие делители чисел 1+in и 1–in должны быть делителями числа 2, т. е. числами вида ±(1±i) (а также, разумеется, ±1 и ±i). В частности, при чётных n числа 1+in и 1–in взаимно просты. Поэтому в случае чётных a и b обе дроби несократимы, так что из их равенства следует равенство числителей и знаменателей: (1+ia)b=(1+ib)a и (1–ia)b=(1ib)a , откуда

(1+a2)b=(1+b2)a. Однако это уравнение не имеет натуральных решений a, b ≥ 2, поскольку функция монотонна при x>1. Похожим образом разбираются случаи, когда одно или оба из чисел a и b нечётны.

ЛЕКЦИИ

Материалы этого раздела соответствуют некоторым из лекций, прочитанных в летних лагерях «Формула Единства» в 2012 и 2013 году.

Триангуляция многоугольника

Кира Вадимовна ВЯТКИНА

к.ф.-м.н., старший научный сотрудник проблемной лаборатории вычислительной биологии

Санкт-ПетербургскогоАкадемического университета

В системах компьютерной графики сложные объекты нередко представляются посредством полигональных моделей, обработка которых сводится к обработке большого количества многоугольников. Многоугольники же для удобства обычно разбивают на треугольники, или триангулируют. О свойствах триангуляций многоугольников и методах их построения сейчас и пойдет речь. Определение 1. Многоугольником будем называть область плоскости, ограниченную замкнутой несамопересекающейся ломаной (Рис. 1).

Рис. 1. A) Многоугольник; b),c) фигуры, не являющиеся многоугольниками.

Определение 2. Диагональю многоугольника 𝑃𝑃 будем называть открытый отрезок с концами в двух различных вершинах 𝑃𝑃, целиком лежащий внутри 𝑃𝑃 (Рис. 2).

Рис. 2. A) Отрезок 𝒖𝒖𝒖𝒖 – диагональ 𝑷𝑷; b), c) отрезок 𝒖𝒖𝒖𝒖 не является диагональю 𝑷𝑷.

Лемма 1. Для любого многоугольника 𝑃𝑃, имеющего не менее 4 вершин, существует диагональ. Доказательство. Рассмотрим самую левую вершину 𝑃𝑃 (т.е. вершину с наименьшей абсциссой). В случае если таких вершин несколько, выберем из них самую нижнюю (т.е. вершину с наименьшей ординатой). Обозначим выбранную вершину через 𝑣𝑣. Пусть 𝑢𝑢 и 𝑤𝑤 – вершины 𝑃𝑃, смежные с 𝑣𝑣. Если открытый отрезок (𝑢𝑢𝑤𝑤) целиком лежит внутри 𝑃𝑃, он является диагональю. В противном случае внутри треугольника ∆𝑣𝑣𝑢𝑢𝑤𝑤 лежит, по крайней мере, одна вершина 𝑃𝑃 (Рис. 3). Рассмотрим все такие вершины и выберем из них наиболее удаленную от прямой 𝑢𝑢𝑤𝑤; обозначим ее через 𝑣𝑣′. Проведем через 𝑣𝑣′ прямую 𝑙𝑙, параллельную 𝑢𝑢𝑤𝑤; обозначим точки ее пересечения с ребрами 𝑣𝑣𝑢𝑢 и 𝑣𝑣𝑤𝑤 через 𝑢𝑢′ и 𝑤𝑤′, соответственно. Треугольник ∆𝑣𝑣𝑢𝑢𝑤𝑤 не содержит внутри вершин 𝑃𝑃; следовательно, он целиком лежит внутри 𝑃𝑃. Значит, и отрезок (𝑣𝑣𝑣𝑣′) целиком содержится внутри 𝑃𝑃 – а следовательно, является диагональю.

Рис. 3. Отрезок 𝒖𝒖𝒖𝒖 не является диагональю; внутри треугольника ∆𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖𝒖 имеются вершины 𝑷𝑷.

Определение 3. Триангуляцией многоугольника 𝑃𝑃 называется разбиение 𝑃𝑃 на треугольники максимальным множеством попарно непересекающихся диагоналей (Рис. 4).

Рис. 4. Триангуляция многоугольника.

Говоря о максимальном множестве диагоналей, обладающих указанным свойством, мы подразумеваем, что ни одна из прочих диагоналей 𝑃𝑃 не может быть добавлена к данному множеству без нарушения этого свойства. Лемма 2. Для любого многоугольника 𝑃𝑃 существует триангуляция. Любая триангуляция многоугольника 𝑃𝑃 имеет 𝑛𝑛 − 3 диагонали и 𝑛𝑛 − 2 треугольника, где 𝑛𝑛 – число вершин 𝑃𝑃. Доказательство проведем, пользуясь методом математической индукции. Базе индукции соответствует случай 𝑛𝑛 = 3; тогда 𝑃𝑃 является треугольником, и для построения его триангуляции, содержащей 1 = 3 − 2 треугольник, требуется 0 = 3 − 3 диагоналей. Предположим теперь, что утверждение леммы справедливо для всех 𝑛𝑛, меньших некоторого значения 𝑘𝑘, и докажем, что тогда оно будет выполнено и для 𝑛𝑛 = 𝑘𝑘. Рассмотрим произвольный -угольник 𝑃𝑃. Согласно Лемме 1, для 𝑃𝑃 существует диагональ. Пусть 𝑢𝑢𝑣𝑣 – диагональ 𝑃𝑃. Тогда 𝑢𝑢𝑣𝑣 разбивает 𝑃𝑃 на два многоугольника 𝑃𝑃1 и 𝑃𝑃2 с 𝑚𝑚1 и 𝑚𝑚2 вершинами, соответственно, причем 𝑚𝑚1,𝑚𝑚2 < 𝑘𝑘. Согласно индукционному предположению,

для 𝑃𝑃1 и 𝑃𝑃2 утверждение Леммы выполнено. Рассмотрим некоторые триангуляции 𝑇𝑇(𝑃𝑃1) и 𝑇𝑇(𝑃𝑃2) многоугольников 𝑃𝑃1 и 𝑃𝑃2, соответственно, заданные множествами 𝐷𝐷1 и 𝐷𝐷2 их диагоналей. Заметим, что каждая из диагоналей, содержащихся во множестве 𝐷𝐷1 ∪ 𝐷𝐷2, является также и диагональю 𝑃𝑃. А добавив к этому множеству 𝑢𝑢𝑣𝑣, мы получим множество 𝐷𝐷 = 𝐷𝐷1 ∪ 𝐷𝐷2 ∪ 𝑢𝑢𝑣𝑣, диагоналей, определяющих триангуляцию 𝑇𝑇(𝑃𝑃) многоугольника 𝑃𝑃. Заметим также, что 𝑚𝑚1 +𝑚𝑚2 = 𝑘𝑘 + 2: действительно, обойдя границу каждого из многоугольников 𝑃𝑃1 и 𝑃𝑃2, мы побываем во всех вершинах 𝑃𝑃, причем 𝑢𝑢 и 𝑣𝑣 мы посетим дважды, а любую другую вершину 𝑃𝑃 – ровно один раз. Обозначив через |𝐷𝐷| и |𝑇𝑇(𝑃𝑃)| число диагоналей в 𝐷𝐷 и треугольников в 𝑇𝑇(𝑃𝑃), получим: |𝐷𝐷| = |𝐷𝐷1| + |𝐷𝐷2| + 1 = (𝑚𝑚1 − 3) + (𝑚𝑚2 − 3) + 1 = 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 − 5 = 𝑘𝑘 − 3, (1) |𝑇𝑇(𝑃𝑃)| = |𝑇𝑇(𝑃𝑃1)| + |𝑇𝑇(𝑃𝑃2)| = (𝑚𝑚1 − 2) + (𝑚𝑚2 − 2) + 2 = 𝑚𝑚1 + 𝑚𝑚2 − 4 = 𝑘𝑘 − 2. (2) Осталось показать, что любая триангуляция 𝑇𝑇′(𝑃𝑃) многоугольника 𝑃𝑃 определяется 𝑛𝑛 − 3 диагоналями и содержит 𝑛𝑛 − 2 треугольника. Выберем в 𝑇𝑇′(𝑃𝑃) произвольную диагональ 𝑢𝑢𝑣𝑣: как и в предыдущем рассуждении, она разобьет 𝑃𝑃 на два многоугольника 𝑃𝑃1 и 𝑃𝑃2, для каждого из которых верно индукционное предположение. Отсюда следует, что количество диагоналей и треугольников в 𝑇𝑇′(𝑃𝑃) также определяется формулами (1) и (2), соответственно, что и завершает доказательство.

В сущности, теперь нам уже известен способ построения триангуляции многоугольника 𝑃𝑃: следуя схеме доказательства Леммы 1, выберем в 𝑃𝑃 диагональ 𝑑𝑑, затем выберем диагонали в каждом из многоугольников 𝑃𝑃1 и 𝑃𝑃2, на которые 𝑑𝑑 разбивает 𝑃𝑃, и так далее. Формально, наш алгоритм будет выглядеть так. Алгоритм НаивнаяТриангуляция(𝑷𝑷) Вход: 𝑃𝑃 – многоугольник Выход: 𝐷𝐷 – множество диагоналей 𝑃𝑃, задающих его триангуляцию Если 𝑃𝑃 – треугольник Выдать ∅ 𝑑𝑑 ← диагональ 𝑃𝑃 // 𝑃𝑃1 и 𝑃𝑃2 – многоугольники, на которые 𝑑𝑑 разбивает 𝑃𝑃 𝐷𝐷1 ← НаивнаяТриангуляция(𝑷𝑷𝟏𝟏) 𝐷𝐷2 ← НаивнаяТриангуляция(𝑷𝑷𝟐𝟐) D ← 𝐷𝐷1∪ 𝐷𝐷2∪𝑑𝑑 Выдать 𝐷𝐷 Отметим, что на шагах 4 и 5 функция НаивнаяТриангуляция(𝑷𝑷) вызывает сама себя; напомним, что такие функции называются рекурсивными. Предложенный же нами алгоритм решает задачу построения триангуляции, пользуясь простейшими соображениями, а при его разработке мы не использовали никаких приемов для того, чтобы обеспечить высокую скорость его выполнения или минимизировать затраты памяти, необходимые для его работы. Алгоритмы такого типа принято называть наивными (naїve).

Оценим теперь время работы нашего алгоритма1. Проверка того, что отрезок 𝑢𝑢𝑣𝑣, соединяющий две вершины -угольника 𝑃𝑃, является диагональю, может быть выполнена за время 𝑂𝑂(𝑛𝑛): для этого достаточно проверить, не пересекает ли 𝑢𝑢𝑣𝑣 какое-либо из 𝑛𝑛 ребер 𝑃𝑃, а если нет – лежит ли 𝑢𝑢𝑣𝑣 внутри или снаружи многоугольника вблизи вершин 𝑢𝑢 и 𝑣𝑣 (см. Рис. 2). Всего имеется 𝑂𝑂(𝑛𝑛2) вариантов выбора вершин 𝑢𝑢 и 𝑣𝑣; таким образом, время, затрачиваемое на поиск диагонали –угольника, составляет 𝑂𝑂(𝑛𝑛3). В наименее благоприятном для нас случае найденная диагональ разобьет 𝑃𝑃 на (𝑛𝑛 − 1)-угольник и треугольник; таким образом, временная сложность алгоритма НаивнаяТриангуляция является решением рекуррентного соотношения

𝑇𝑇(𝑛𝑛) = 𝑂𝑂(𝑛𝑛3) + 𝑇𝑇(𝑛𝑛 − 1) и составляет 𝑂𝑂(𝑛𝑛4). Однако алгоритм c такой временнóй сложностью заведомо окажется слишком медленным для решения большинства практических задач. Для того чтобы это осознать, давайте предположим, не вдаваясь в детали, что для построения триангуляции -угольника необходимо выполнить 𝑛𝑛4 операций, каждая из которых потребует 1 миллисекунды. Тогда для построения триангуляции 10-угольника нам потребуется 10 секунд, 100-угольника – 105 секунд, или приблизительно 28 часов, а 1000-угольника – 109 секунд, или примерно 32 года (!). Это означает, что следующей нашей целью должна стать разработка более эффективного алгоритма, нежели описанный выше. Определение 4. Пусть 𝑇𝑇(𝑃𝑃) – триангуляция многоугольника 𝑃𝑃. Граф 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃), двойственный триангуляции 𝑇𝑇(𝑃𝑃), строится следующим образом: каждому треугольнику 𝑡𝑡𝑖𝑖 триангуляции 𝑇𝑇(𝑃𝑃) ставится в соответствие вершина 𝑣𝑣𝑖𝑖 графа, а вершины 𝑣𝑣𝑖𝑖 и 𝑣𝑣𝑗𝑗 соединяются ребром в том и только том случае, если треугольники 𝑡𝑡𝑖𝑖 и 𝑡𝑡𝑗𝑗 имеют общую сторону (Рис. 5).

Рис. 5. Триангуляция многоугольника и двойственный ей граф.

Лемма 3. Граф 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) является деревом, степень каждой из вершин которого не превосходит 3. Доказательство. Граф 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) связен (предлагаем читателю самостоятельно доказать это несложное утверждение). Из того, что любая диагональ многоугольника 𝑃𝑃 разбивает его на две части, следует, что удаление любого ребра из графа 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) нарушает его связность. Из (1) и (2) заключаем, что 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) – дерево.

1 Если Вы не знакомы с нотацией «O большое», замените для себя этот абзац упрощенной фразой: «В ходе построения триангуляции -угольника алгоритм НаивнаяТриангуляция выполнит приблизительно 𝑛𝑛4 несложных операций».

Каждая вершина 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) соответствует некоторому треугольнику, который смежен по ребру не более чем с тремя другими треугольниками из 𝑇𝑇(𝑃𝑃). Следовательно, степень любой вершины 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) не превосходит 3.

Определение 5. Пусть 𝑎𝑎, 𝑏𝑏, 𝑐𝑐 – три последовательные вершины многоугольника 𝑃𝑃, такие, что отрезок 𝑎𝑎𝑐𝑐 является диагональю 𝑃𝑃. Тогда треугольник ∆𝑎𝑎𝑏𝑏𝑐𝑐 называется ухом 𝑃𝑃, а вершина 𝑏𝑏 – центром этого уха (Рис. 6).

Рис. 6. Треугольник ∆𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 является ухом 𝑷𝑷 с центром в вершине 𝒂𝒂.

Лемма 4. У любого многоугольника 𝑃𝑃 есть, по крайней мере, два уха, не имеющих общих внутренних точек. Доказательство. Рассмотрим произвольную триангуляцию 𝑇𝑇(𝑃𝑃) многоугольника 𝑃𝑃 и двойственный ей граф 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃). Согласно Лемме 3, 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) – дерево. Заметим, что листья 𝐺𝐺𝑇𝑇(𝑃𝑃) соответствуют ушам 𝑃𝑃, не имеющим общих внутренних точек. Так как у любого дерева есть, по крайней мере, два листа, у 𝑃𝑃 найдется не менее двух ушей, удовлетворяющих условию Леммы. Теперь мы можем предложить более эффективный алгоритм построения триангуляции многоугольника: на каждом его шаге мы будем отрезать текущему многоугольнику ухо и переходить к обработке полученного при этом многоугольника с числом вершин на 1 меньше. Проверка того, определяют ли три последовательные вершины 𝑎𝑎, 𝑏𝑏, 𝑐𝑐 𝑛𝑛-угольника 𝑃𝑃 его ухо, сводится к проверке того, является ли 𝑎𝑎𝑏𝑏 диагональю 𝑃𝑃; как нам уже известно, ее можно выполнить за время 𝑂𝑂(𝑛𝑛). Число троек последовательных вершин, которые нам придется перебрать при поиске уха 𝑃𝑃, также составляет 𝑂𝑂(𝑛𝑛). Тим образом, время, затрачиваемое на отрезание уха -угольника, составляет 𝑂𝑂(𝑛𝑛2). Отсюда следует, что временная сложность алгоритма «отрезание ушей» является решением рекуррентного соотношения

𝑇𝑇(𝑛𝑛) = 𝑂𝑂(𝑛𝑛2) + 𝑇𝑇(𝑛𝑛 − 1) и составляет 𝑂𝑂(𝑛𝑛3). Однако нетрудно ее уменьшить, используя следующее наблюдение. Предположим, что для -угольника 𝑄𝑄 мы нашли все уши, а затем отрезали одно из них – треугольник ∆𝑎𝑎𝑏𝑏𝑐𝑐, где 𝑎𝑎𝑐𝑐 – диагональ 𝑄𝑄. Тогда все уши 𝑄𝑄 с центрами в вершинах, отличных от 𝑎𝑎 и 𝑐𝑐, являются ушами полученного в результате (𝑘𝑘 − 1)-угольника 𝑄𝑄′, и для нахождения всех ушей 𝑄𝑄′ нам остается только выяснить, имеет ли 𝑄𝑄′ уши с центрами в 𝑎𝑎 или 𝑐𝑐. Таким образом, при обработке исходного многоугольника мы затратим на нахождение ушей 𝑂𝑂(𝑛𝑛2) времени, а на всех последующих – лишь 𝑂𝑂(𝑛𝑛). Итоговая сложность алгоритма при этом составит 𝑂𝑂(𝑛𝑛2).

Определение 6. Граф -раскрашиваем, если его вершины могут быть раскрашены в 𝑘𝑘 цветов таким образом, что никакие две вершины одного цвета не будут смежны. Рассмотрим теперь граф триангуляции T(𝑇𝑇(𝑃𝑃)), вершинами которого являются вершины 𝑃𝑃, а ребрами – ребра 𝑃𝑃 и диагонали 𝑇𝑇(𝑃𝑃).

Рис. 7. Граф триангуляции 3-раскрашиваем.

Лемма 5. Граф T(𝑇𝑇(𝑃𝑃)) 3-раскрашиваем. Доказательство. Приведем описание алгоритма, позволяющего получить требуемую раскраску вершин. Выберем произвольный треугольник 𝑡𝑡 из 𝑇𝑇(𝑃𝑃) и раскрасим его вершины в три различных цвета. Таким образом, для уже раскрашенных вершин требуемое условие будет выполнено. Данное свойство будет инвариантом нашего алгоритма – то есть, мы обеспечим его выполнение на каждом шаге. Далее будем просматривать треугольники из 𝑇𝑇(𝑃𝑃), имитируя поиск в ширину на графе, двойственном 𝑇𝑇(𝑃𝑃), с началом в вершине, соответствующей 𝑡𝑡. Заметим, что у каждого последующего треугольника в момент обработки две вершины будут уже выкрашены в различные цвета, и его обработка, таким образом, сведется к закрашиванию третьей вершины неиспользованным цветом. По завершении работы алгоритма мы получим требуемую раскраску вершин T(𝑇𝑇(𝑃𝑃)).

В заключение рассмотрим так называемую задачу о картинной галерее (Art Gallery Problem) – одну из классических задач вычислительной геометрии. Картинная галерея (или, точнее, ее план) представлена многоугольником 𝑃𝑃 на плоскости; требуется расставить в ней охранников, представленных точками, таким образом, чтобы каждая точка галереи была под наблюдением, а количество охранников оказалось минимальным возможным (Рис. 8). При этом мы считаем, что точка 𝑦𝑦 видна из точки 𝑥𝑥, если открытый отрезок (𝑥𝑥𝑦𝑦) целиком лежит внутри 𝑃𝑃.

Рис. 8. Пример многоугольника, для охраны которого необходимо и достаточно трех точечных охранников. Область, видимая из нижней точки, выделена серым.

Наивный алгоритм решения этой задачи заключается в том, чтобы триангулировать 𝑃𝑃, а затем поместить по одному охраннику в каждый из полученных треугольников. Для этого нам потребуется 𝑛𝑛 − 2 охранника. Однако мы сейчас докажем, что заведомо можно обойтись и меньшим их числом. Теорема 1. Для многоугольника 𝑃𝑃 с 𝑛𝑛 вершинами, 𝑛𝑛

3 точечных охранников всегда

достаточно и иногда необходимо для расстановки, при которой каждая точка 𝑃𝑃 находилась бы под наблюдением. Доказательство. Построим триангуляцию 𝑇𝑇(𝑃𝑃) многоугольника. Согласно Лемме 5, граф триангуляции T(𝑇𝑇(𝑃𝑃)) 3-раскрашиваем. С помощью алгоритма, используемого при доказательстве Леммы 5, построим соответствующую раскраску вершин 𝑃𝑃 и выберем цвет, в который окрашено наименьшее количество вершин. Заметим, что число таких вершин не превосходит 𝑛𝑛

3. Поместив по охраннику в каждую из этих вершин, мы получим требуемую

их расстановку. Пример многоугольника, для которого 𝑛𝑛

3 охранников является необходимым их

количеством, приведен на Рис. 9: для каждого из треугольных «зубцов» потребуется отдельный охранник.

Рис. 9. Пример многоугольника, для «охраны» которого необходимо 𝒏𝒏𝟑𝟑 точечных охранников.

На этом мы завершаем наш краткий экскурс в задачи триангуляции и смежные им вопросы. Читателю, желающему узнать о них больше, а также познакомиться с другими задачами и методами вычислительной геометрии, мы рекомендуем обратиться к одной из замечательных монографий [1-3], из которых в русскоязычном переводе доступна, к сожалению, лишь одна. Литература M. De Berg, O. Cheong, M. Van Kreveld, and M. Overmars. “Computational Geometry: Algorithms and Applications”. (Third edition). Springer-Verlag, Heidelberg, 2008.

J. O’Rourke. “Computational Geometry in C”. Cambridge University Press, Second Edition, September 1998. F. Preparata and M. Shamos. “Computational Geometry: An Introduction”. Springer-Verlag, 1985. (Пер. с англ.: Ф. Препарата, М. Шеймос. «Вычислительная геометрия: введение». М.: Мир, 1989, 478 с.)

Конгруэнтные числа

Борис Бениаминович ЛУРЬЕ

д.ф.-м.н., старший научный сотрудник ПОМИ РАН

Рациональное число S называется конгруэнтным, если существует прямоугольный треугольник с рациональными сторонами и площадью S. Конгруэнтными числами интересовались ещё древние математики, но почти исчерпывающий ответ на вопрос, является ли данное число конгруэнтным, был дан лишь в конце прошлого столетия. Заметим прежде всего, что произвольное число S и число Sq2 при рациональном q конгруэнтны либо неконгруэнтны одновременно, так как возможно подобие с коэффициентом q. Поэтому в качестве площади достаточно рассматривать натуральные числа, свободные от квадратов (то есть произведения различных простых). Произвольный треугольник с рациональными сторонами посредством подобия можно превратить в целочисленный со взаимно простыми сторонами (пифагоров треугольник). При этом площадь умножится на квадрат целого числа. Параметрические выражения для сторон пифагорова треугольника хорошо известны: a=u2-v2, b=2uv, c=u2+v2, при этом площадь такого треугольника равна uv(u+v)(u-v). Итак, бесквадратное число S является конгруэнтным в том и только том случае, когда разрешимо в натуральных числах уравнение uv(u+v)(u-v)=Sw2 (1) (причем числа u,v – взаимно простые различной четности). Египетский треугольник (3,4,5) имеет площадь 6 (в уравнении (1) надо взять u=2, v=1). Сложнее проверить, что число 5 также конгруэнтное: самое простое решение (1) при S=5 – u=5, v=4, w=6, определяющее треугольник со сторонами (3/2, 20/3, 41/6) и площадью 5. Аналогично, и число 7 – конгруэнтно (u=16, v=9, w=60). Докажем, что число 2 не конгруэнтно. Если это не так, то существуют такие натуральные u,v,w (причем u,v – взаимно простые разной четности), что uv(u+v)(u-v)=2w2. Ввиду взаимной простоты сомножителей в левой части равенства один из этих сомножителей является удвоенным квадратом, а остальные три – квадратами натуральных чисел; при этом u+v, u-v – нечетные. Рассмотрим оба возможных случая. u=2q2; v=r2; 2q2+r2=s2; 2q2-r2=t2. u=q2; v=2r2; q2+2r2=s2; q2-2r2=t2. Нереализуемость первого случая легко устанавливается посредством сравнений. Поскольку r,s,t – нечетные, то третье равенство означает, что 2q2≡0(mod8), а четвёртое – что 2q2≡2(mod8). Гораздо сложнее и интереснее второй случай. Здесь мы имеем: 2q2=s2+t2, 4r2=s2-t2. Значит, q2=((s+t)/2)2+((s-t)/2)2, то есть числа (s+t)/2, (s-t)/2, q образуют пифагорову тройку. Значит, (s+t)/2=x2-y2, (s-t)/2=2xy (либо наоборот). Но тогда 4r2=(s+t)(s-t)=8(x+y)(x-y)xy, откуда xy(x+y)(x-y)=2(r/2)2. И мы получили такое же равенство, от которого начинали исследование,

но в числах, которые меньше исходных! Исходя из равенства xy(x+y)(x-y)=2(r/2)2 и повторяя рассуждения, мы придём к такому же, но с ещё меньшими значениями и т.д. Но убывающая последовательность натуральных чисел не может быть бесконечной. и получено противоречие. Продемонстрированный метод носит название «бесконечного спуска». Ещё проще проверяется, что не конгруэнтно число 1. Аналогично предыдущему можно доказать, что неконгруэнтны простые числа, сравнимые с 3 по модулю 8. Более громоздким перебором вариантов доказывается, что не являются конгруэнтными числа вида 2р, когда р – простое, сравнимое с 5 по модулю 8. Но такие исследования, не лишенные интересных идей и остроумия, всё же довольно кустарны. Концептуально иной подход – включение проблемы конгруэнтных чисел в тематику, связанную с изучением эллиптических кривых. Делая в уравнении (1) замены X=uS/v, Y=wS2/v2, мы приходим к уравнению Y2=X(X+S)(X-S) (2). Эллиптической кривой называется плоская кривая, заданная уравнением Y2=f(X), где f – многочлен третьей степени без кратных корней. Уравнение (2) задаёт именно такую кривую. Если (x1,y1) – какая либо рациональная точка с ненулевой ординатой на кривой (2), то найдётся и решение уравнения (1) в натуральных числах. Действительно, представим x1/S в виде несократимой дроби u1/v с натуральным v. Тогда u1v(u1+v)(u1-v)=Sw2, где w= y1v2/S2. Поскольку сомножители в левой части взаимно простые, а S свободно от квадратов. то w – число целое. Если u1>0, то мы имеем искомое решение уравнения (1). Если же u1<0, то положив u=-u1, приходим к равенству vu(v+u)(v-u)=Sw2, и поэтому пара (v,u) – искомая. Итак, для того, чтобы число S было конгруэнтным, необходимо и достаточно, чтобы на эллиптической кривой (2) существовала рациональная точка с ненулевой ординатой. Подход, связанный с изучением эллиптических кривых, оказывается весьма эффективным при решении многих задач. Достаточно вспомнить, что именно на этом пути было получено доказательство Великой теоремы Ферма. Одно из замечательных свойств эллиптических кривых состоит в том, что на них можно «складывать» точки. Если заданы две точки на эллиптической кривой, то через них можно провести прямую, которая (при несовпадении абсцисс этих точек) пересечет нашу кривую еще в одной точке (ведь f(X) - многочлен третьей степени!). Она, впрочем, может совпасть с одной из заданных точек, если имеет место касание. Под «суммой» наших точек понимается точка, симметричная полученной относительно оси абсцисс. Если точки-слагаемые симметричны (то есть имеют одинаковые абсциссы), суммой считается так называемая «бесконечно удалённая точка», выполняющая роль нуля на множестве точек нашей кривой. «Удвоить» точку на кривой – значит провести касательную к кривой в данной точке, найти точку пересечения с кривой и отразить относительно оси X. Если многочлен f(X) имеет рациональные коэффициенты и точки-слагаемые также рациональны, то и сумма имеет рациональные координаты. Конечно, говоря о секущих, касательных, точках пересечения, мы имеем в виду аналитические выражения, а не геометрические построения. Пусть, например, рассматривается число S=6. Египетскому треугольнику отвечают значения (2,1) из уравнения (1) и эллиптическая кривая Y2=X(X+6)(X-6) с точкой (x1,y1)=(12,36). Удвоим эту точку. Касательная в этой точке к нашей кривой задаётся уравнением y=(11x-60)/2 (вообще, угловой коэффициент касательной к эллиптической кривой определяется из уравнения 2YY′=f′(X)). Подставляя уравнение касательной в уравнение кривой, получаем удвоенную точку (x2,y2)=(25/4,-35/8). (Искомую абсциссу

проще всего искать через формулы Виета). Этой новой точке отвечают значения u2=25, v2=24, w2=70, и новый треугольник с площадью 6 имеет катеты 7/10, 120/7 и гипотенузу 1201/70. При утроении получаем абсциссу x3=16428/529, откуда u3=2738, v3=529, w3=1349901 и новый треугольник с площадью 6. Этот процесс можно продолжать. Можно доказать, что если S – конгруэнтное число, то существует бесконечно много прямоугольников с рациональными сторонами и данной площадью. Как уже говорилось выше, проблема конгруэнтных чисел получила почти полное решение в конце прошлого века, и именно на пути развития теории эллиптических кривых. Это решение даётся теоремой Туннелла (J.Tunnell). Но прежде. чем сформулировать её, придётся сделать небольшое отступление. В теории эллиптических кривых важную роль играет гипотеза Бёрча-Свиннертон-Дайера (это два математика: B.J.Birch и H.P.F.Swinnerton-Dyer). Изложить её здесь невозможно – она требует очень серьёзных предварительных знаний. Многочисленные свидетельства и косвенные соображения не оставляют сомнений в её справедливости. Для наших целей достаточно принять эту гипотезу в ослабленном виде. Изложим теперь результат Дж.Туннелла. Пусть S – нечетное бесквадратное число. Рассмотрим всевозможные представления S в виде x2+2y2+8z2, где x,y,z - целые числа (включая нуль и отрицательные). Ясно, что таких представлений конечное число (может и вообще не быть). Если количество указанных представлений при четных z и при нечетных z различно, то число S не конгруэнтно (и это абсолютный результат; он ни от каких гипотез не зависит). Если же количество представлений при четных и нечетных z одинаково, и справедлива гипотеза Бёрча-Свиннертон-Дайера, то число S конгруэнтное. Пусть S – четное бесквадратное число, то есть S=2m. Рассматриваются всевозможные целочисленные представления числа m в виде m=x2+4y2+8z2. Далее – всё как в предыдущем пункте. Рассмотрим некоторые примеры. 1.S=73. Уравнение x2+2y2+8z2=73 имеет следующие целочисленные решения: (±1,±6,0), (±3,±4,±2), (±1,0,±3). При четных z имеется 12 представлений, а при нечетных – 4. Значит, число 73 не конгруэнтно. 2. Пусть S≡7(mod8). Нет ни одного представления S в указанном виде. Значит, все такие числа конгруэнтны по модулю БСД-гипотезы. Те же соображения справедливы для чисел, сравнимых с 5 или 6 по модулю 8. 3. Пусть S=41. Уравнение x2+2y2+8z2=41 имеет следующие решения: (±3,±4,0), (±1,±4,±1) , (±5,±2,±1), (±3,0,±2), (±1,±2,±2). Количество представлений при четных и при нечетных z одинаково. По модулю БСД-гипотезы число 41 – конгруэнтное. Явное решение: 25х16х(25+16)х(25-16)=41х602 служит дополнительным подтверждением гипотезы.

Выигрышные и проигрышные позиции и функция Гранди

Михаил Эдуардович ДВОРКИН Санкт-Петербургский Академический университет —

лицей «Физико-техническая школа», учитель информатики Будем рассматривать игры для двух игроков следующего вида: с полной информацией — то есть оба игрока обладают полными знаниями о ситуации на игровом поле (например, «домино» не является таковой, так как игрок не знает, какие кости на руке у оппонента);

игроки делают ходы по очереди; проигрывает игрок, который не может сделать ход. А также потребуем дополнительное условие: правилами игры гарантируется, что позиция в игре не может повториться (например, с каждым ходом строго уменьшается некоторый параметр). В скобках заметим, что если множество возможных позиций в игре — конечное, то можно рассмотреть ориентированный граф, в котором вершины — это все возможные позиции в данной игре, а ребра соответствуют допускаемым правилами ходам. Поэтому описываемый класс игр называют «игры на графах». Дополнительное же условие требует, чтобы граф был ациклический, и соответствующий класс игр — «игры на ациклических графах». В качестве примера рассмотрим следующую игру: на столе лежит n камней; игроки по очереди делают ходы; ход заключается в удалении 1, 2 или 3 камней из кучи; проигрывает тот, кто не может сделать ход, то есть видит перед собой кучу из 0 камней (ведь иначе он может сделать ход — убрать 1 камень). В скобках: вершины соответствующего графа соответствуют позициям «0 камней», «1 камень», …, «n камней», а ребра ведут из вершины «p камней» в вершину «q камней» тогда и только тогда, когда 1 ≤ p-q ≤ 3. «Классический» анализ заключается в разбиении позиций игры на выигрышные и прогрышные. Позиция назвыается выигрышной, если для игрока, начинающего в ней, существует выигрышная стратегия — то есть стратегия, приводящая его к выигрышу при любой игре оппонента. Позиция называется проигрышной, если начиная с нее, игрок не может выиграть при оптимальной игре оппонента. «Классическое» правило классификации позиций на выигрышные и прогрышные звучит так: если из позиции нельзя сделать ход, то она проигрышная (просто по правилам игры); если из позиции можно сделать ход в проигрышную позицию, то она выигрышная (игроку следует сделать этот ход и оставить оппонента в невыгодном положении); если из позиции все ходы ведут в выигрышную позицию, то она прогрышная (какой бы ход ни сделал игрок, оппонент сможет выиграть). Расставлять пометки «выигрышная» и «проигрышная» следует в таком порядке, чтобы при рассмотрении позиции те позиции, в которые из нее можно сделать ход, были уже обработаны. Найти правильный порядок рассмотрения в общем случае поможет алгоритм топологической сортировки, но во многих частных случаях такой порядок — естественный и тривиальный.

N = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Позиция: П В В В П В В В П В

«Классический» анализ игры со взиятем 1—3 камней. А теперь определим другие пометки для позиций, более информативные, чем «выигрышная и проигрышная». В том же порядке, что и раньше, расставим пометки согласно следующему правилу: Пометка в позиции p — это минимальное неотрицательное целое число, которое не встречается среди пометок вершин, в которые можно сделать ход из позиции p. Пометка в позиции p называется функцией Гранди позиции p.

N = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Функция Гранди: 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 Функция Гранди позиций игры со взятием 1—3 камней.

Это значение — минимальное неотрицательное целое число, не содержащееся в множестве S, — имеет специальное обозначение: mex S, от слов minimal exclusion. Утверждение. Функция Гранди равна 0 в позициях, являющихся проигрышными в «классическом» анализе, и только в них. Доказательство. Рассмотрим позиции в порядке их обработки при «классическом» анализе и убедимся, что для каждой очередной позиции утверждение выполнено. Если в «классическом» анализе позиция отмечалась проигрышной, так как хода из нее сделать нельзя, то и функция Гранди в ней определена как mex пустого множества и равна 0. Если позиция отмечена как выигрышная, то есть из нее можно сделать ход в проигрышную позицию, то множество функций Гранди достижимых из нее позиций содержит ноль, а значит mex этого множества — положительный. Наконец, если из позиции можно сделать ход только в выигрышные позиции, вследствие чего она была отмечена как проигрышная, то функции Гранди всех позиций, достижимых из нее, положительны, а mex множества положительных чисел равен 0. Конец доказательства. Итак, предложенная нотация не менее содержательна, чем концепция выигрышных и проигрышных позиций. А теперь покажем, что она еще и весьма полезна — исследуем игры, устроенные как «сумма» нескольких других игр. Определение. Суммой игр G1, …, Gn называется игра для двух игроков, в которой позицией является набор (p1, …, pn) позиций в играх G1, …, Gn соответственно, а ход заключается в совершении одного хода ровно в одной из этих игр. Проигрывает снова тот, кто не может сделать ход (ни в одной игре). Проще говоря, рассмотрим ситуацию, когда двое игроков играют в несколько игр «одновременно», делая по очереди ровно один ход ровно в одной из игр. Теорема (Гранди). В сумме игр G1, …, Gn функция Гранди совокупной позиции (p1, …, pn) равна побитовому исключающему «или» функций Гранди позиций p1, …, pn. Пояснение. Исключающее «или» — это функция от двух агрументов, заданная таблицей:

a | b | a ⊕ b ---+---+-------

0 | 0 | 0 0 | 1 | 1 1 | 0 | 1 1 | 1 | 0

Таблица истинности функции a ⊕ b — исключающего «или» двух аргументов.

Побитовое применение операции к двум числам можно описать так: числа выписываются в

двоичной системе счисления друг под другом, выровненные по правому краю, после чего в каждом столбце операция применяется независимо от других столбцов.

3 = 112 5 = 1012

---- 6 = 1102

Пример: 3 ⊕ 5 = 6. Доказательство. Рассмотрим произвольную позицию (p1, …, pn). Пусть исключающее «или» функций Гранди этих позиций равно x. Покажем, что сделав один ход в одной игре игрок может перейти в позицию с любым исключающим «или» строго меньшим x, и не может перейти в позицию с исключающим «или» равным x. Ведь когда мы докажем это утверждение, мы докажем, что понятие «исключающее “или” функций Гранди составляющих позиций» определяется ровно по тому же правилу, что и понятие «функция Гранди совокупной позиции» (причем оба понятия определяются однозначно), а значит, они тождественно равны. Сперва докажем, что исключающее «или» точно перестанет быть равным x. Действительно, сделав ход в одной игре, игрок изменит функцию Гранди текущей позиции в этой игре с некоего y на некое z ≠ y (по определению функции Гранди). Рассмотрим разряд (здесь и далее: в двоичной системе счисления), в котором отличаются y и z. В соответстветствующем столбце при вычислении побитового исключающего «или» до этого хода стояла одна цифра, а после хода — другая. Значит, (подумайте, почему это так!) новое исключающее «или» в этом столбце будет отличаться от старого. Теперь покажем, что для любого t < x существует ход, после которого исключающее «или» функций Гранди составляющих позиций станет равным t. Рассмотрим старший из разрядов, в которых различаются t и x. Так как t < x, то в этом разряде x имеет цифру 1, а t — цифру 0. Цифра 1 означает, что хотя бы в одной из составляющих позиций в этом разряде стоит 1 (иначе, общее ислючающее «или» равнялось бы 0). Выберем любую из игр, в функциях Гранди которых в этом разряде стоит 1, назовем ее H, а соответствующую функцию Гранди — h. Искомый ход — это ход в игре H, переводящий эту игру в позицию с функцией Гранди h ⊕ x ⊕ t. Действительно, после этого хода общее исключающее «или» позиций нового положения будет равняться (x ⊕ h) ⊕ (h ⊕ x ⊕ t) = t. Здесь первая скобка — исключающее «или» функций Гранди позиций всех во всех играх кроме H, то есть оставшихся неизменными, а вторая — функция Гранди новой позиции в игре H. (Проверьте свойства исключающего «или», которые позволили написать это равенство!) Осталось показать, что такой ход существует. Число h ⊕ (x ⊕ t) отличается от h ровно в тех разрядах, в которых x отличается от t. Старший из таких разрядов был рассмотрен выше, и мы как раз выбрали игру H, чтобы в h в этом разряде стояла 1. А значит, в числе h ⊕ x ⊕ t в этом разряде стоит 0, а все остальные отличия приходятся на более младшие разряды. Следовательно, h ⊕ x ⊕ t меньше, чем h. И по определению функции Гранди в игре H есть ход из текущей позиции (с функцией Гранди h) в какую-нибудь позицию с функцией Гранди

h ⊕ x ⊕ t, так как это меньшее число. Конец доказательства. Напоследок, приведем пример. Допустим двое игроков играют сразу в три «копии» описанной выше игры, позиции в которых: N=6, N=7 и N=9. Функции Гранди у этих позиций равны соответственно 2, 3 и 1. А значит, функция Гранди совокупной позиции в игре-сумме равна 2 ⊕ 3 ⊕ 1 = 0, или, иными словами, эта позиция проигрышна (можно сдаваться). Второй пример — пусть игроки играют в четыре «копии» той же игры, и текущие позиции: N=7, N=8, N=8, N=9. Соответствующие функции Гранди равны 3, 0, 0 и 1. Функция Гранди в игре-сумме равна 3 ⊕ 0 ⊕ 0 ⊕ 1 = 2. То есть текущая позиция выигрышная. Найдем же выигрышный ход! Необходимо оставить противнику позицию с исключающим «или» равным 0. В терминах приведенного выше доказательства, x=2, t=0, и старший разряд, в котором эти числа отличаются — это разряд «двоек» (разряд предпоследних цифр). По приведенной конструкции, нам нужна позиция, у которой в функции Гранди в этом разряде стоит 1. Такая игра в нашем примере только одна — это игра с N=7 и функцией Гранди текущей позиции равной h=3. Именно в этой игре нужно сделать ход в позицию с функций Гранди h ⊕ x ⊕ t = 3 ⊕ 2 ⊕ 0 = 1. (Как и обещалось в доказательстве теоремы, это число меньше h). Такой ход (по определению) существует: надо перейти из позиции N=7 в позицию N=5. Можно убедиться, что оставляемая противнику совокупная позиция из игр N=5, N=8, N=8, N=9 является проигрышной.

Неразрешимые задачи

Михаил Эдуардович ДВОРКИН Санкт-Петербургский Академический университет —

лицей «Физико-техническая школа»,учитель информатики Любую ли задачу можно решить с помощью программирования? Для кого-то было бы заманчиво, но мы покажем, что ответ — нет. Теорема. Существует задача, для которой не существует программы, которая ее решает. (Выберем и зафиксируем любой язык программирования, назовем его P). Неконструктивное доказательство. Множество всех возможных программ на языке программирования P — это множество текстов конечного размера над конечным алфавитом, а значит, это не более чем счетное множество. Теперь рассмотрим множество задач вида «проверить, принадлежит ли данное натуральное число некоторому множеству S». (Например, «проверить простоту данного числа» и т. д.) Таких задач столько же, сколько множеств S — множеств натуральных чисел. Их несчетное множество. А значит, нельзя каждой задаче поставить в соответствие программу, ее решающую. То есть существуют задачи, не решаемые программами. (Причем их в некотором смысле много больше, чем решаемых задач.)

Конструктивное доказательство. Рассмотрим задачу об останове на конкретных входных данных: Ввод — программа p (на языке программирования P) и строка s. Вывод — «Yes» или «No»: верно ли, что программа p, если ее запустить и подать на вход строку s, завершит свою работу (за конечное время). Пусть существует программа h на языке программирования P, которая решает данную задачу. Построим теперь программу g, которая будет «оберткой» вокруг h, делающей следующее: считывает ввод — строку t; запускает (вызывает внутри себя как подпрограмму) программу h, причем и в качестве программы, и в качестве строки ей передает одинаковый аргумент — строку t; дожидается ответа от h; если ответ был «Yes», то заходит в бесконечный цикл (намеренно «зависает»); если же ответ был «No», то заканчивает работу. Заметим, что фраза «дожидается ответа от h» корректна: мы предположили, что программа h решает задачу об останове на конкретных входных данных — то есть всегда за конечное время выдает правильный ответ. Итак, зададимся ключевым вопросом: если программе g в качестве вводных данных подать g — ее саму же, остановится она или нет? Предположим, что да, остановится. Значит, вызванная «внутри» h на входных данных (g, g) даст ответ «No» (иначе g не остановится, а зависнет). Значит (ведь h дает ответ без ошибок — проанализируем ее ответ) программа g на конкретных входных данных g не останавливается за конечное время. Противоречие. Предположим, что нет, не остановится. Значит, вызванная h на входных данных (g, g) даст ответ «Yes» (иначе g остановится, а не зависнет). Значит, (анализируя ответ h) программа g на конкретных входных данных g останавливается за конечное время. Противоречие. Конец доказательства. Итак, приведена задача, про которую доказано, что никакая программа ее не решает. Такие задачи называются неразрешимыми. Напоследок, позволим себе помечтать, что задача останова, пусть даже с пустыми входными данными, была бы разрешима. Тогда напишем программу p: для всех натуральных s, начиная с 3: для всех натуральных a от 1 до s: для всех натуральных b от 1 до s: для всех натуральных c от 1 до s: для всех натуральных n от 3 до s: если an+bn=cn, то остановиться. Программу p достаточно было бы передать на вход программе, решающей задачу об останове, и за конечное время мы бы получили знания, существует ли решение уравнения an+bn=cn (n ≥ 3) в натуральных числах. То есть проверка верности Великой теоремы Ферма

требовала бы не усилий математиков, а запуска одной программы. Но это не так. Рекомендуемое дальнейшее чтение: Теорема Райса; Теория вычислимости; Полнота по Тьюрингу.

Теоремы Птолемея и обобщения Кэзи

Виктор ГАТОН г. Вальядолид (Испания)

Хорошо известны первые две теоремы Птолемея о вписанных многоугольниках. В докладе показаны обобщения этих теорем, опубликованных в 1881 году, и набросок их доказательства. Они представляют из себя два сильных результата, упрощающих решение некоторых сложных геометрических задач. Теорема 1: Первая теорема Птолемея Произведение диагоналей вписанного четырехугольника равно сумме произведений его противоположных сторон, обратное тоже верно.

вписанныйABCDyxdbca ⇔=+ ···

Теорема 2: Первая теорема Птолемея В условиях предыдущей теоремы верно:

dcbacbda

xy

····

++

=

Вспомогательный результат 1: Если две окружности радиуса 1r и 2r касаются внешним образом, то длина отрезка общей касательной равна 212 rr (Следует из теоремы Птолемея) Вспомогательный результат 2: Пусть даны две окружности с центрами 1O и 2O и радиусами 1r и 2r , а t длина отрезка общей внешней касательной, тогда выполняется соотношение

221

221

2 )( rrOOt −−= Вспомогательный результат 3:

Пусть окружности );( 111 rOk и );( 222 rOk касаются изнутри третьей окружности );( ROk в точках А и B соответственно. Тогда если 12t отрезок общей внешней касательной окружностей 1k и 2k , то верно

))(( 2112 rRrRr

ABt −−=

Подсказка: используйте теорему Пифагора и теорему косинусов. Первая теорема Кэзи: Если окружности 1k , 2k , 3k и 4k касаются изнутри другой окружности (или прямой), и ijtдлины общих внешних касательных окружностей ik и jk , тогда верно соотношение

241314233412 ··· tttttt =+ Обратное тоже верно: если выполняется это равенство, то окружности 1k , 2k , 3k и 4kкасаются другой окружности (или прямой)

Доказательствo:

241342312

4321214233412

·))(())((·

))()()((····

ttrRrRrRrRR

BDAC

rRrRrRrRR

BCADCDABtttt

=−−−−=

=−−−−

+

=+

(используя вспомогательные результаты). Вторая теорема Кэзи: В условиях предыдущей теоремы выполняется соотношение:

24

13

2341442312

1342331412

)(·)(·)(·)(·

tt

rRttrRttrRttrRtt

=−+−−+−

Доказательство: просто подставьте. Далее, представлены три задачи, решение которых упрощается, если использовать теоремы Кэзи. Пример 1:

Окружности 1Ω и 2Ω касаются внешним образом в точке I, и обе касаются изнутри третьей окружности Ω . Внешняя общая касательная пересекает Ω в точках B и C, а внутренняя касательная пересекает Ω в точке A (противоположная сторона от BC по отношению к точке I). Доказать, что I центр вписанной окружности треугольника ABC. Пример 2: Вписанная окружность треугольника касается окружности девяти точек (окружность, проходящая через середины сторон треугольника). Пример 3: (Британская Математическая Олимпиада, 1986) Две параллельные прямые 1t и 2t являются касательными к окружности k радиуса R. Окружность )( 11 rk касается прямой 1t и окружности k , а окружность )( 22 rk касается прямой

2t , окружностей k и 1k . Все касательные внешние и у прямой 1t и окружностей k и 1k нет общих точек. Выразить R как функцию от 1r и 2r .

Сложность вычислений

Александр Владимирович СМАЛЬ

младший научный сотрудник ПОМИ РАН, преподаватель Академического университета РАН

Для начала давайте определим, что есть «вычисление». Огромный вклад в изучение этого вопроса сделал британский математик Алан Тьюринг (1912 - 1954). Тьюринг предложил использовать для этих целей воображаемое вычислительное устройство, которое получило название «Машина Тьюринга».

Машина Тьюринга состоит из бесконечной в обе стороны клеточной ленты, по которой может перемещаться считывающая головка. В каждый момент времени считывающая головка считывает ровно одну клетку. В каждой клетке может быть записан один символ из некоторого наперёд заданного конечного алфавита. Шаг вычисления машины Тьюринга состоит из считывания значения в ячейке, на которой находится головка в текущий момент, последующей записи некоторого символа в эту ячейку (может быть того же символа) и перемещением головки на соседнюю клетку влево или вправо. Кроме того, считывающая головка в каждый момент времени может находиться в некотором состоянии, которое влияет на её поведение. Таких состояний некоторое конечно число. Оказывается, что любое вычисление, которое можно сделать на каких-то реальных вычислительных устройствах, можно сделать и на машине Тьюринга. Поэтому понятие

«вычисление» можно определить как процесс вычисления машины Тьюринга, а понятие «алгоритм» --- как описание машины Тьюринга. Определим, что такое машина Тьюринга, более формально. Машина Тьюринга — это пятёрка (A, Q, q0, qE, T), где A - это конечный алфавит символов для ленты, Q - это множество различных состояний, в которых может быть считывающая головка, q0 - это состояние головки в начальный момент времени, qE - это состояние, придя в которое машина останавливается, T - таблица переходов. Таблица переходов имеет следующие поля: состояние головки символ на ленте новое состояние головки новый символ на ленте направление перемещение головки. В таблице переходов описывается поведение машины Тьюринга, когда она встречает какой-нибудь символ на ленте. Таблицу нужно читать следующим образом: первые две колонки — это условие, а оставшиеся три — действия. Рассмотрим следующую таблицу переходов с одной строкой. Состояние Символ Новое состояние Новый символ Направление q0 a q1 b → Единственная строка в этой таблице описывает следующее правило перехода: если считывающая головка находится в состоянии q0 и стоит на клетке, в которой записана буква a, то на следующем шаге она записывает в эту ячейку букву b (вместо буквы a), переходит в состояние q1 и передвигается направо. Существуют так же различные модификации машины Тьюринга, имеющие более одной ленты. Такие машины удобны для решения некоторых задач, но при этом они являются в некотором смысле эквивалентными простой одноленточной машине Тьюринга, т.е. по программе для машины Тьюринга с N лентами, решающей некоторую задачу можно написать программу для одноленточной машины Тьюринга, которая будет решать ту же задачу, причём будет делать это не сильно медленнее.

Пример машины Тьюринга

Давайте теперь приведём пример машины Тьюринга, которая решает какую-то реальную задачу. Пусть на ленте записано некоторое число. Давайте напишем программу, которая прибавит к нему единицу. Для этого давайте договоримся, что это число записано на ленте, все оставшиеся клетки пусты, а считывающая головка в начальный момент времени указывает на первую цифру числа. Для того, чтобы программа получилась не очень длинная, будем записывать числа в двоичной системе счисления, т.е. в алфавите A = 0,1 Нам потребуется множество Q из четырёх состояний q0, q1, q2, qE, где q0 — начальное состояние, а qE — конечное. Осталось определить таблицу переходов T:

Состояние Символ Новое состояние Новый символ Направление

q0 1 q0 1 → q0 0 q0 0 → q0 q1 ← q1 0 qE 1 ← q1 1 q1 0 ← q1 qE 1 ←

Мы описали некоторую машину Тьюринга (A, Q, q0, qE, T). Давайте разберёмся, как она работает. В начале работы головка находится в состоянии q0 и указывает на первую цифру. Первые две строки таблицы переходов описывают движение головки до правого края числа на ленте (первая строка: если головка находится на клетке с 1, то записываем 1 и двигаемся направо; вторая строка аналогична, но для случая, когда головка находится на клетке с 0). В какой-то момент головка дойдёт до пустой ячейки. В этот момент применится третье правило и головка станет указывать на последнюю цифру числа. После этого мы прибавляем 1 при помощи четвёртого и пятого правила. Причём, если последняя цифра - 0, то она заменяется на 1 и машина останавливается. Если последняя цифра - 1, то она заменяется на 0 и головка сдвигается влево. Далее снова применяется четвёртое или пятое правило. Если головка выйдет за левый край числа, то это значит, что число состояло из одних единиц. В этом случае применяется последнее правило, которое дописывает 1 в пустую клетку и машина Тьюринга остановливается. Понимаете ли вы как написать программу, которая прибавляет к числу 2? А программу, которая вычитает из числа единицу?

Сложность вычислений Под сложностью вычислений понимается количество шагов, которое сделает вычислительное устройство. В случае машины Тьюринга под количество шагов понимается количество перемещений головки. Давайте рассмотрим количество операций, которое совершает вычислительное устройство, как функцию от длины входа. К примеру, рассмотрим наш пример с прибавлением единицы к числу: если число содержит n цифр, то наша машина Тьюринга сделает не более T(n) = 2n + 1 шагов (мы проходим число сначала слева-направо, на это уходит n шагов, а потом справа-налево до тех пор, пока не встретим 0 или пустую ячейку, это не более n+1 шага). Можно сказать, что эта задача имеет ”линейную сложность”, т.к. количество шагов пропорционально n (т.е. функция линейна). Можно рассмотреть более сложную задачу: пусть на ленте записано два числа, разделённые пустой ячейкой, причём каждое число имеет не более n цифр. Рассмотрим машину Тьюринга, которая складывает эти два числа и записывает ответ на ленту. Как можно оценить количество операций, которое сделает эта машина? Правильный ответ - никак. Это зависит от конкретной машины Тьюринга. Однако можно поставить вопрос иначе: сколько операций потребуется самой “быстрой” такой машине Тьюринга. Точно дать ответ на этот вопрос сложно. Однако можно попытаться оценить это время сверху. К примеру, можно написать машину Тьюринга, которой потребуется не более T(n) = 4n2 операций. Можно сказать, что данную задача имеет “квадратичную сложность”, т.е. количество операций пропорционально квадрату длины входа.

Будем говорить, что задача имеет “полиномиальную сложность”, если существует машина Тьюринга, которая решает её за полиномиально количество шагов, т.е. количество шагов не превышает cnk, где c и k - некоторые константы, а n - длина входа. Рассмотренные выше задачи прибавления единицы и сложения двух чисел очевидно имеют полиномиальную сложность (к примеру, для прибавления единицы k = 1, а c = 3, т.к. 2n+1 ≤ 3n). Давайте рассмотрим множество всех задач, которые можно решить за полиномиальное время. Это множество принято обозначать P. Многие прикладные задачи лежат в этом множестве. Считается, что если мы умеем решать задачу за полиномиальное число шагов, то мы умеем решать эту задачу “быстро”. Однако существуют задачи, про которые не известно, существует ли для них алгоритм, решающий задачу за полиномиальное количество шагов. Среди таких задач есть множество интересных, к примеру, задача о Гамильтоновом пути.

Задача о Гамильтоновом пути В некоторой стране есть есть n городов, некоторые из которых соединены дорогами. Можно ли объехать все города так, чтобы посетить каждый из городов ровно один раз? Не смотря на то, что задача имеет очень простое условие, не известно алгоритмов, которые бы решали эту задачу за полиномиальное число шагов. Лучшие алгоритмы для этой задачи имеют экспоненциальную сложность (вроде T(n) > 2n). С другой стороны, если нам кто-то предъявит решение (т.е. путь, посещающий все города ровно по одному разу), то мы сможем быстро проверить, что это решение верно: для этого достаточно проверить, что каждый город в пути встречается ровно один раз, и что путь всегда проходит по дорогам. Другими словами, хоть мы и не умеем быстро решать эту задачу (т.е. за полиномиальное количество шагов), однако мы можем быстро проверить правильность решения, если нам кто-то его предъявит. Существует много других интересных задач, которые обладают этим свойством: если нам кто-то предъявит решение, то мы можем быстро его проверить. Множество таких задач принято обозначать NP. В частности задача о Гамильтоновом пути принадлежит NP. Заметим, что P содержится в NP. Действительно, если нам предъявят решение некоторой задачи из P то мы можем проверить его просто решив задачу за полиномиальное число шагов и сравнив полученный ответ с данным. Верно ли обратное, а точнее равны ли множества P и NP? Над решение этого вопроса учёные бьются уже много лет. Большинство учёных считают, что P ≠ NP, но никаких идей, как это доказать пока не известно. Более того, данная задача входит в список “Проблем Тысячелетия”, а значит учёный, которому удастся дать ответ на этот вопрос, получит от математического института Клея миллион долларов. Вопрос о равенстве множеств P и NP является главной задачей теории сложности вычислений. Решить эту проблему “с наскока” скорей всего не получится. Поэтому в теории сложности вычислений есть множество более простых задач, за которые хоть и не дают миллион, но решение которых может помочь продвинуться ещё на один шаг к ответу на вопрос P = NP?

Что же доказал Перельман?

Сергей Васильевич ДУЖИН

к.ф.-м.н., старший научный сотрудник ПОМИ РАН

Последним великим достижением чистой математики стало доказательство петербуржцем Григорием Перельманом в 2002–2003 годах гипотезы Пуанкаре, высказанной в 1904 году и гласящей: всякое связное, односвязное, компактное трёхмерное многообразие без края гомеоморфно сфере S3. В этой фразе имеется несколько терминов, который я постараюсь объяснить так, чтобы их общий смысл стал понятен нематематикам (я предполагаю, что читатель закончил среднюю школу и кое-что из школьной математики еще помнит). Начнем с понятия гомеоморфизма, центрального в топологии. Вообще, топологию часто определяют как “резиновую геометрию”, то есть как науку о свойствах геометрических образов, которые не меняются при плавных деформациях без разрывов и склеек, а точнее, при возможности установить между двумя объектами взаимно-однозначное и взаимно-непрерывное соответствие. Главную идею проще всего объяснить на классическом примере кружки и бублика. Первую можно превратить во второй непрерывной деформацией:

Эти рисунки наглядно показывают, что кружка гомеоморфна бублику, причем этот факт верен как для их поверхностей (двумерных многообразий, называемых тором), так и для заполненных тел (трехмерных многообразий с краем). Приведем толкование остальных терминов, фигурирующих в формулировке гипотезы. 1. Трехмерное многообразие без края. Это такой геометрический объект, у которого каждая точка имеет окрестность в виде трехмерного шара. Примерами 3-многообразий могут служить, во-первых, всё трехмерное пространство, обозначаемое R3, а также любые открытые множества точек в R3, к примеру внутренность полнотория (бублика). Если рассмотреть замкнутое полноторие, то есть добавить и его граничные точки (поверхность тора), то мы получим уже многообразие с краем - у краевых точек нет окрестностей в виде шарика, но лишь в виде половинки шарика. 2. Связное. Понятие связности здесь самое простое. Многообразие связно, если оно состоит из одного куска, или, что то же самое, любые две его точки можно соединить непрерывной линией, не выходящей за его пределы. 3. Односвязное. Понятие односвязности сложнее. Оно означает, что любую непрерывную замкнутую кривую, расположенную целиком в пределах данного многообразия, можно плавно стянуть в точку, не покидая этого многообразия. Например, обычная двумерная сфера в R3 односвязна (кольцевую резинку, как угодно приложенную к поверхности яблока, можно плавной деформацией стянуть в одну точку, не отрывая резинки от яблока). С другой стороны, окружность и тор неодносвязны.

4. Компактное. Многообразие компактно, если любой его гомеоморфный образ имеет ограниченные размеры. Например, открытый интервал на прямой (все точки отрезка, кроме его концов) некомпактен, так как его его можно непрерывно растянуть до бесконечной прямой. А вот замкнутый отрезок (с концами) является компактным многообразием с краем: при любой непрерывной деформации концы переходят в какие-то определенные точки, и весь отрезок обязан переходить в ограниченную кривую, соединяющую эти точки. Размерность многообразия - это число степеней свободы у точки, которая на нем “живет”. У каждой точки есть окрестность в виде диска соответствующей размерности, то есть интервала прямой в одномерном случае, круга на плоскости в двумерном, шара в трехмерном и т.д. Одномерных связных многообразий без края с точки зрения топологии всего два: это прямая и окружность. Из них только окружность компактна. Примером пространства, не являющегося многообразием, может служить, например, пара пересекающихся линий --- ведь у точки пересечения двух линий любая окрестность имеет форму креста, у нее нет окрестности, которая была бы сама по себе просто интервалом (а у всех других точек такие окрестности есть). Математики в таких случаях говорят, что мы имеем дело с особым многообразием, у которого есть одна особая точка. Двумерные компактные многообразия хорошо известны. Если рассматривать только ориентируемые1 многообразия без края, то они с топологической точки зрения составляют простой, хотя и бесконечный, список:

и так далее. Каждое такое многообразие получается из сферы приклеиванием нескольких ручек, число которых называется родом поверхности. На рисунке изображены поверхности рода 0, 1, 2 и 3. Чем выделяется сфера из всех поверхностей этого списка? Оказывается, односвязностью: на сфере любую замкнутую кривую можно стянуть в точку, а на любой другой поверхности всегда можно указать кривую, которую стянуть в точку по поверхности невозможно. Любопытно, что и трехмерные компактные многообразия без края можно в некотором смысле классифицировать, то есть выстроить в некоторый список, хотя не такой прямолинейный, как в двумерном случае, а имеющий довольно сложную структуру. Тем не менее, трехмерная сфера S3 выделяется в этом списке точно так же, как двумерная сфера в списке, приведенном выше. Тот факт, что любая кривая на S3 стягивается в точку,

доказывается столь же просто, как и в двумерном случае. А вот обратное утверждение, а именно, что это свойство уникально именно для сферы, то есть что на любом другом трехмерном многообразии есть нестягиваемые кривые, очень трудное и в точности составляе содержание гипотезы Пуанкаре, о которой мы ведем речь. Важно понимать, что многообразие может жить само по себе, о нём можно мыслить как о независимом объекте, никуда не вложенном. (Представьте себе жизнь двумерных существ на поверхности обычной сферы, не подозревающих о существовании третьего измерения.) К счастью, все двумерные поверхности из приведенного выше списка можно вложить в обычное пространство R3, что облегчает их визуализацию. Для трехмерной сферы S3 (и вообще для любого компактного трехмерного многообразия без края) это уже не так, поэтому необходимы некоторые усилия для того, чтобы понять ее строение. По-видимому, простейший способ объяснить топологическое устройство трехмерной сферы S3 - это при помощи одноточечной компактификации. А именно, трехмерная сфера S3 представляет собой одноточечную компактификацию обычного трехмерного (неограниченного) пространства R3. Поясним эту конструкцию сначала на простых примерах. Возьмем обычную бесконечную прямую (одномерный аналог пространства) и добавим к ней одну “бесконечно удаленную” точку, считая, что при движении по прямой вправо или влево мы в конце концов попадаем в эту точку. С топологической точки зрения нет разницы между бесконечной прямой и ограниченным открытым отрезком (без концевых точек). Такой отрезок можно непрерывно изогнуть в виде дуги, свести поближе концы и вклеить в место стыка недостающую точку. Мы получим, очевидно, окружность - одномерный аналог сферы. Подобным же образом, если я возьму бесконечную плоскость и добавлю одну точку на бесконечности, к которой стремятся все прямые исходной плоскости, проходимые в любом направлении, то мы получим двумерную (обычную) сферу S2. Эту процедуру можно наблюдать при помощи стереографической проекции, которая каждой точке P сферы, за исключением северного полюса N, ставит в соответствие некоторую точку плоскости P':

Таким образом, сфера без одной точки - это топологически все равно, что плоскость, а добавление точки превращает плоскость в сферу. В принципе, точно такая же конструкция применима и к трехмерной сфере и трехмерному пространству, только для ее осуществления необходим выход в четвертое измерение, и на чертеже это не так просто изобразить. Поэтому я ограничусь словесным описанием одноточечной компактификации пространства R3. Представьте себе, что к нашему физическому пространств (которое мы, вслед за Ньютоном, считаем неограниченным

евклидовым пространством с тремя координатами x, y, z) добавлена одна точка “на Бесконечности” таким образом, что при движении по прямой в любом направлении вы в нее попадаете (то есть каждая пространственная прямая замыкается в окружность). Тогда мы получим компактное трехмерное многообразие, которое и есть по определению сфера S3. Легко понять, что сфера S3 односвязна. В самом деле, любую замкнутую кривую на этой сфере можно немного сдвинуть, чтобы она не проходила через добавленную точку. Тогда мы получим кривую в обычном пространстве R3, которая легко стягивается в точку посредством гомотетий, то есть непрерывного сжатия по всем трем направлениям. Для понимания, как устроено многообразие S3, весьма поучительно рассмотреть его разбиение на два полнотория. Если из пространства R3 выбросить полноторие, то останется нечто не очень понятное. А если пространство компактифицировать в сферу, то это дополнение превращается тоже в полноторие. То есть сфера S3 разбивается на два полнотория, имеющих общую границу — тор. Вот как это можно понять. Вложим тор в R3 как обычно, в виде круглого бублика, и проведем вертикальную прямую --- ось вращения этого бублика. Через ось проведем произвольную плоскость, она пересечет наше полноторие по двум кругам, показанным на рисунке зеленым цветом, а дополнительная часть плоскости разбивается на непрерывное семейство красных окружностей. К их числу относится и центральная ось, выделенная более жирно, потому что в сфере S3 прямая замыкается в окружность. Трехмерная картина получается из этой двумерной вращением вокруг оси. Полный набор повернутых окружностей заполнит при этом трехмерное тело, гомеоморфное полноторию, только выглядящее необычно. В самом деле, центральная ось будет в нем осевой окружностью, а остальные будут играть роль параллелей — окружностей, составляющих обычное полноторие.

Чтобы было с чем сравнивать 3-сферу, я приведу еще один пример компактного 3-многообразия, а именно трёхмерный тор. Трёхмерный тор можно построить следующим образом. Возьмем в качестве исходного материала обычный трёхмерный куб:

В нём имеется три пары граней: левая и правая, верхняя и нижняя, передняя и задняя. В каждой паре параллельных граней отождествим попарно точки, получающиеся друг из друга переносом вдоль ребра куба. То есть, будем считать (чисто абстрактно, без применения физических деформаций), что, например, A и A' — это одна и та же точка, а B и B' --- тоже одна точка, но отличная от точки A. Все внутренние точки куба будем рассматривать как обычно. Сам по себе куб — это многообразие с краем, но после проделанных склеек край замыкается сам на себя и исчезает. В самом деле, окрестностями точек A и A' в кубе (они лежат на левой и правой заштрихованных гранях) служат половинки шаров, которые после склейки граней сливаются в целый шарик, служащий окрестностью соответствующей точки трехмерного тора. Чтобы ощутить устройство 3-тора, исходя из обыденных представлений о физическом пространстве, нужно выбрать три взаимно перпендикулярных направления: вперёд, влево и вверх --- и мысленно считать, как в фантастических рассказах, что при движении в любом из этих направлений достаточно долгое, но конечное время, мы вернемся в исходную точку, но с противоположного направления Это тоже «компактификация пространства», но не одноточечная, использованная раньше для построения сферы, а более сложная. На трехмерном торе есть нестягиваемые пути, например, таковым является отрезок AA' на рисунке (на торе он изображает замкнутый путь). Его нельзя стянуть, потому что при любой непрерывной деформации точки A и A' обязаны двигаться по своим граням, оставаясь строго друг напротив друга (иначе кривая разомкнется). Итак, мы видим, что бывают односвязные и неодносвязные компактные 3-многообразия. Перельман доказал, что односвязное многообразие ровно одно. Исходной идеей доказательства является использование так называемого «потока Риччи»: мы берем односвязное компактное 3-многообразие, наделяем его произвольной геометрией (то есть вводим некоторую метрику с расстояниями и углами), а затем рассматриваем его эволюцию вдоль потока Риччи. Ричард Гамильтон, который высказал эту идею в 1981 году, надеялся, что при такой эволюции наше многообразие превратится в сферу. Оказалось, что это неверно, — в трехмерном случае поток Риччи способен портить многообразие, то есть делать из него немногообразие (нечто с особыми точками, как в приведенном выше примере

пересекающихся прямых). Перельману путем преодоления неимоверных технических трудностей, с использованием тяжелого аппарата уравнений с частными производными, удалось внести поправки в поток Риччи вблизи особых точек таким образом, что при эволюции топология многообразия не меняется, особых точек не возникает, а в конце концов оно превращается в круглую сферу. Но нужно объяснить, в конце концов, что же такое этот поток Риччи. Потоки, использованные Гамильтоном и Перельманом, относятся к изменению внутренней метрики на абстрактном многообразии, и это объяснить довольно трудно, поэтому я ограничусь описанием «внешнего» потока Риччи на одномерных многообразиях, вложенных в плоскость. Представим себе гладкую замкнутую кривую на евклидовой плоскости, выберем на ней направление и рассмотрим в каждой точке касательный вектор единичной длины. Тогда при обходе кривой в выбранном направлении этот вектор будет поворачиваться с какой-то угловой скоростью, которая называется кривизной. В тех местах, где кривая изогнута круче, кривизна (по абсолютной величине) будет больше, а там, где она более плавная, кривизна будет меньше. Кривизну будем считать положительной, если вектор скорости поворачивает в сторону внутренней части плоскости, разбитой нашей кривой на две части, и отрицательной, есть он поворачивает вовне. Это соглашение на зависит от направления обхода кривой. В точках перегиба, где вращение меняет направление, кривизна будет равна 0. Например, окружность радиуса 1 имеет постоянную положительную кривизну, равную 1 (если считать ее в радианах). Теперь забудем про касательные векторы и к каждой точке кривой прикрепим, наоборот, перпендикулярный ей вектор, по длине равный кривизне в данной точке и направленный вовнутрь, если кривизна положительна, и вовне, если отрицательна, а затем заставим каждую точку двигаться в направлении соответствующего вектора со скоростью, пропорциональной его длине. Вот пример:

Оказывается, что любая замкнутая кривая на плоскости ведет себя при такой эволюции подобным же образом, то есть превращается в конце концов в окружность. Это и есть доказательство одномерного аналога гипотезы Пуанкаре при помощи потока Риччи (впрочем, само утверждение в данном случае и так очевидно, просто способ доказательства иллюстрирует, что происходит в размерности 3). Заметим в заключение, что рассуждение Перельмана доказывает не только гипотезу Пуанкаре, но и гораздо более общую гипотезу геометризации Тёрстона, которая в известном смысле описывает устройство всех вообще компактных трехмерных многообразий. Но этот предмет лежит уже за рамками настоящей элементарной статьи.

Комплексные числа и основная теорема алгебры

Клуадио Майринк ВЕРДУН Факультет прикладной математики

Федерального университета Рио-де-Жанейро, Бразилия

"Il apparut que, entre deux vérités du domaine réel, le chemin le plus facile et le plus court passe bien souvent par le domaine complexe."2

Поль Пенлеве (1863 – 1933) в книге «Analyse des Travaux Scientifiques»

1. Геометрические соображения относительно комплексных чисел

Идея использования комплексных чисел в качестве средства решения уравнений третьей и четвёртой степени появилась в XVI веке (взгляните на методы Кардано-Тартальи и Феррари для их решения). Выражения вида 𝑎𝑎 ± 𝑏𝑏 , где 𝑎𝑎 — вещественное, а 𝑏𝑏 — отрицательное вещественное первоначально не исключались из промежуточных вычислений, потому что они в итоге приводили к нахождению решений в «настоящих числах». В этом смысле термин «мнимые числа» достаточно точно описывал квадратные корни из отрицательных чисел. Только на стыке XVIII и XIX веков возникла геометрическая интерпретация комплексных чисел и операций над ними. Ирландский математик Уильям Гамильтон не первым использовал геометрический подход к комплексным числам, но именно он в 1833 году дал им строгое определение. До тех пор комплексные числа рассматривались как суммы вида 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏, где 𝑎𝑎 и 𝑏𝑏 —вещественные и 𝑏𝑏 мнимое число, такое что 𝑏𝑏2 = −1. Итак, если 𝑧𝑧 — комплексное число, определённое как 𝑧𝑧 = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏, то 𝑎𝑎 называется действительной частью 𝑧𝑧 (и обозначается 𝑎𝑎 = 𝑅𝑅𝑅𝑅(𝑧𝑧)) и b называется мнимой частью 𝑧𝑧 (обозначается 𝑏𝑏 = 𝐼𝐼𝑚𝑚(𝑧𝑧)). Сложение и умножение комплексных чисел определяется следующим образом: (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏) + (𝑐𝑐 + 𝑑𝑑𝑏𝑏) = (𝑎𝑎 + 𝑐𝑐) + (𝑏𝑏 + 𝑑𝑑)𝑏𝑏 и (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏)(𝑐𝑐 + 𝑑𝑑𝑏𝑏) = (𝑎𝑎𝑐𝑐 − 𝑏𝑏𝑑𝑑) + (𝑎𝑎𝑑𝑑 + 𝑏𝑏𝑐𝑐)𝑏𝑏. Хотя другие уже предлагали трактовать комплексное число 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏 как точку на плоскости, Гамильтон принял эту точку зрения явно, введя в ℝ2 операции сложения и умножения: (𝑎𝑎; 𝑏𝑏) + (𝑐𝑐; 𝑑𝑑) = (𝑎𝑎 + 𝑐𝑐; 𝑏𝑏 + 𝑑𝑑) и (𝑎𝑎 ; 𝑏𝑏)(𝑐𝑐; 𝑑𝑑) = (𝑎𝑎𝑐𝑐 − 𝑏𝑏𝑑𝑑; 𝑎𝑎𝑑𝑑 + 𝑏𝑏𝑐𝑐) Задача 1. Докажите, что два определения эквивалентны. Обратите внимание, что в традиционной записи элемент, нейтральный по сложению, это 0 + 0𝑏𝑏; в обозначениях Гамильтона это (0; 0).В традиционной записи 𝑎𝑎 + 0𝑏𝑏 принято записывать как 𝑎𝑎 и 0 + 𝑏𝑏𝑏𝑏, при 𝑏𝑏 ≠ 0, обозначается просто 𝑏𝑏𝑏𝑏; стоит понимать, что легко перейти от традиционной нотации к гамильтоновой, заметив, что (𝑎𝑎; 𝑏𝑏) = (𝑎𝑎; 0) + (0;𝑏𝑏). Мы, конечно, будем записывать (𝑎𝑎; 0) как 𝑎𝑎 и (0; 𝑏𝑏) как 𝑏𝑏𝑏𝑏, если 𝑏𝑏 ≠ 0 и это, естественно, даёт нам (1; 0) = 1 и (0; 1) = 𝑏𝑏. Числа вида (𝑎𝑎; 0) называются вещественными, а числа вида (0; 𝑏𝑏) мнимыми. Определение. Сопоставим числу 𝑧𝑧 = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏 сопряжённое с ним 𝑧𝑧 = 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏𝑏𝑏 Определение. Если 𝑢𝑢 = (𝑎𝑎; 𝑏𝑏) и 𝑣𝑣 = (𝑐𝑐;𝑑𝑑) — векторы в ℝ2, их скалярное (или внутреннее) произведение 𝑢𝑢 ∙ 𝑣𝑣 = 𝑎𝑎𝑐𝑐 + 𝑏𝑏𝑑𝑑 и норма 𝑢𝑢 будет ‖𝑢𝑢‖ = √𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2. Совет. Вспомните теорему Пифагора и сделайте иллюстрации для этих определений. Задача 2. i. Пусть 𝑢𝑢 = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏 и 𝑣𝑣 = 𝑐𝑐 + 𝑑𝑑𝑏𝑏 — комплексные числа. Считая их векторами (а мы можем это делать в силу доказанной выше эквивалентности), покажите, что их скалярное произведение равно 𝑅𝑅𝑅𝑅(𝑢𝑢𝑣) = 𝑅𝑅𝑅𝑅(𝑢𝑢𝑣𝑣). ii. Заметим, что 𝑢𝑢𝑢𝑢 всегда вещественное. Докажите, что норма ‖𝑢𝑢‖ равна единице тогда и

2 Похоже, что кратчайший путь между двумя истинами в вещественных числах лежит через комплексные.

только тогда, когда 𝑢𝑢𝑢𝑢 = 1. iii. Докажите, что 𝑢𝑢 вещественное тогда и только тогда, когда 𝑢𝑢 = 𝑢𝑢. Докажите, что 𝑢𝑢 мнимое тогда и только тогда, когда 𝑢𝑢 = −𝑢𝑢.

Интерпретация комплексных чисел как элементов ℝ2 позволяет рассматривать их и как векторы, и как точки плоскости, в зависимости от удобства (заметим, что сложение комплексных чисел отвечает сложению векторов, и мы можем умножать их, как векторы, на вещественное число: 𝑡𝑡(𝑥𝑥 + 𝑦𝑦𝑏𝑏) = (𝑡𝑡, 0)(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = (𝑡𝑡𝑥𝑥, 𝑡𝑡𝑦𝑦) = (𝑡𝑡𝑥𝑥 + 𝑡𝑡𝑦𝑦𝑏𝑏)). Но важнейшим свойством, отличающим комплексные числа от простых векторов, является, конечно, возможность перемножать их между собой. Вы полнить следующее упражнение абсолютно необходимо.

Задача 3. Пусть (𝑎𝑎, 𝑏𝑏) и (𝑥𝑥,𝑦𝑦) — комплексные числа. Заметим, что произведение, определённое как (𝑎𝑎, 𝑏𝑏)(𝑥𝑥,𝑦𝑦) = (𝑎𝑎𝑥𝑥 − 𝑏𝑏𝑦𝑦, 𝑎𝑎𝑦𝑦 + 𝑏𝑏𝑥𝑥) соответствует умножению вектора (𝑥𝑥,𝑦𝑦) на матрицу

𝑎𝑎 −𝑏𝑏𝑏𝑏 𝑎𝑎 ;

иными словами,

𝑎𝑎 −𝑏𝑏𝑏𝑏 𝑎𝑎

𝑥𝑥𝑦𝑦 = 𝑎𝑎𝑥𝑥 − 𝑏𝑏𝑦𝑦

𝑏𝑏𝑥𝑥 + 𝑎𝑎𝑦𝑦.

В заключение заметим, что

𝑎𝑎 −𝑏𝑏𝑏𝑏 𝑎𝑎

𝑥𝑥𝑦𝑦 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2

⎝

⎜⎛

𝑎𝑎√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2

−𝑏𝑏√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2

𝑏𝑏√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2

𝑎𝑎√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2⎠

⎟⎞𝑥𝑥𝑦𝑦.

Рис. 1. Полярные координаты вектора (𝑎𝑎, 𝑏𝑏).

Матрица

⎝

⎜⎛

𝑎𝑎√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2

−𝑏𝑏√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2

𝑏𝑏√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2

𝑎𝑎√𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2⎠

⎟⎞

соответствует повороту на угол 𝜃𝜃, образованный вектором (𝑎𝑎, 𝑏𝑏) и горизонтальной осью (в тригонометрическом смысле угол от оси к вектору); величина 𝑟𝑟 = √𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2 — это в точности норма вектора (𝑎𝑎, 𝑏𝑏) (и в этом случае мы будем для удобства называть 𝑟𝑟 модулем комплексного числа 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏). Таким образом, умножение 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦𝑏𝑏 на 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏𝑏𝑏 соответствует повороту (𝑥𝑥,𝑦𝑦) на угол 𝜃𝜃 и умножению результата на 𝑟𝑟.

Интересный факт. С точки зрения алгебры мы представили как векторное пространство размерности 2 над вещественными числами или, грубо говоря, так как у нас определено деление в , мы превратили ℝ2 в алгебру с делением. В 1958 году Милнор и Кервер доказали, используя сложные методы алгебраической топологии, что любая конечномерная алгебра с делением над полем вещественных чисел должна иметь размерность 1, 2, 4 или 8. Это непосредственно вещественные числа, комплексные числа, кватернионы (их тоже придумал Гамильтон) и октонионы (они же октавы).

Определение. Для упорядоченной пары вещественных чисел (𝑎𝑎, 𝑏𝑏) таких, что (𝑎𝑎, 𝑏𝑏) ≠ (0, 0), пара (𝑟𝑟,𝜃𝜃) такая, что

𝑎𝑎 = 𝑟𝑟 cos𝜃𝜃 и 𝑏𝑏 = 𝑟𝑟 sin𝜃𝜃

называется представлением (𝑎𝑎, 𝑏𝑏) в полярных координатах. Хотя 𝜃𝜃 определено только по модулю 2𝜋𝜋 (что означает, что разность между двумя значениями угла равна целочисленному кратному 2𝜋𝜋), 𝑟𝑟 и 𝜃𝜃 часто называются просто полярными координатами (𝑎𝑎, 𝑏𝑏).

Задача 4. Полагая, что комплексные 𝑧𝑧1 и 𝑧𝑧2 заданы как 𝑧𝑧1 = (𝑟𝑟1 cos𝜃𝜃1 , 𝑟𝑟1 sin𝜃𝜃1) и 𝑧𝑧2 =(𝑟𝑟2 cos𝜃𝜃2 , 𝑟𝑟2 sin𝜃𝜃2), докажите, непосредственно выполняя умножение и используя формулы

cos(𝜃𝜃1 + 𝜃𝜃2) = cos𝜃𝜃1 cos𝜃𝜃2 − sin𝜃𝜃1 sin𝜃𝜃2,

sin(𝜃𝜃1 + 𝜃𝜃2) = sin𝜃𝜃1 cos𝜃𝜃2 + sin𝜃𝜃2 cos𝜃𝜃1,

что 𝑧𝑧1𝑧𝑧2 = (𝑟𝑟1𝑟𝑟2 cos(𝜃𝜃1 + 𝜃𝜃2), 𝑟𝑟1𝑟𝑟1 sin(𝜃𝜃1 + 𝜃𝜃2). Иными словами, что произведение двух комплексных чисел можно получить, умножив модули и сложив углы.

Ещё один способ объяснить, что такое полярные координаты — это сказать, что любое комплексное 𝑧𝑧, не равное (0,0), можно записать как 𝑧𝑧 = |𝑧𝑧|𝑢𝑢, где 𝑢𝑢 = 𝑧𝑧

|𝑧𝑧|. То есть как

произведение единичного вектора, представляющего данный угол, и длины вектора.

Задача 5. Пусть 𝑧𝑧 — ненулевое комплексное число и 𝑛𝑛 — натуральное число (также отличное от нуля). Записав 𝑧𝑧 в полярных координатах, докажите, что существует ровно 𝑛𝑛 комплексных чисел 𝑤𝑤1, … ,𝑤𝑤𝑛𝑛 таких, что 𝑤𝑤𝑖𝑖𝑛𝑛 = 𝑧𝑧. Докажите, что эти числа (называемые корнями -й степени из 𝑧𝑧) находятся в вершинах правильного многоугольника с центром в нуле.

Трудная задача 1. Пусть 𝑢𝑢 — комплексное число такое, что |𝑢𝑢| = 1. Записав 𝑢𝑢 = (cos𝜃𝜃, sin𝜃𝜃), определите углы 𝜃𝜃, для которых множество 𝑢𝑢𝑛𝑛,𝑛𝑛 ∈ ℕ конечно. Докажите, что для остальных значений 𝜃𝜃 это множество плотно на окружности, то есть для каждой точки окружности можно, меняя 𝑛𝑛, сделать 𝑢𝑢𝑛𝑛 сколь угодно близким к этой точке.

Задача 6. Заметим, что если 𝑛𝑛 — положительное целое число и 𝐶𝐶 — окружность, заданная условием |𝑧𝑧| = 𝑟𝑟, то образ 𝐶𝐶 при отображении 𝑧𝑧 ⟼ 𝑧𝑧𝑛𝑛 — окружность радиуса 𝑟𝑟𝑛𝑛, покрытая 𝑛𝑛 раз.

Трудная задача 2. Рассмотрим многочлен 𝑝𝑝(𝑧𝑧) = 𝑧𝑧𝑛𝑛 + 𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑧𝑧𝑛𝑛−1 + ⋯+ 𝑎𝑎0, где 𝑛𝑛 > 0. Докажите, что ∀𝜀𝜀 > 0 существует 𝑟𝑟0 такое, что если 𝑟𝑟 > 𝑟𝑟0, то

|𝑧𝑧| = 𝑟𝑟 ⇒1

|𝑧𝑧𝑛𝑛||𝑝𝑝(𝑧𝑧) − 𝑧𝑧𝑛𝑛| < 𝜀𝜀

2. Основная теорема алгебры

К началу XVII века математики достаточно свободно пользовались комплексными числами, и в воздухе витала идея, что у многочлена, отличного от константы, есть если не вещественные, то комплексные корни. Она превратилась в то, что мы сегодня знаем как основную теорему алгебры. Путь к её доказательству был долог. Первые серьёзные попытки предпринял Д’Аламбер в 1746 году (во Франции эта теорема носит имя Д’Аламбера). Но только в 1799 году Гаусс в своей диссертации доказал её; позже он же представил ещё три доказательства.3 Доказательство, набросок которого мы приведём, использует идеи топологии, которые, хочется верить, выглядят разумными и уместными. Для начала сформулируем саму теорему:

Теорема. Каждый многочлен степени не ниже единицы и с комплексными коэффициентами имеет корень в и, следовательно, если использовать разложение многочлена степени 𝑛𝑛, ровно 𝑛𝑛 корней.

Набросок доказательства. Это доказательство, вероятно, принаделжит великому немецкому математику Рихарду Куранту. Зафиксируем степень многочлена (целое 𝑛𝑛 ≥ 1) и коэффициенты (𝑛𝑛 + 1 комплексное число 𝑎𝑎𝑛𝑛, …𝑎𝑎0). Ради упрощения мы можем, не нарушая общности, считать 𝑎𝑎𝑛𝑛 = 1 и 𝑎𝑎0 ≠ 0. Таким образом, наш многочлен имеет вид

𝑝𝑝(𝑧𝑧) = 𝑧𝑧𝑛𝑛 + 𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑧𝑧𝑛𝑛−1 + ⋯+ 𝑎𝑎0

1-е соображение. 𝑝𝑝(𝑧𝑧) можно рассматривать как функцию из плоскости в плоскость (мы можем, в зависимости от удобства, представлять себе плоскость как или как ℝ2 в силу соответствия, установленного в первой части текста).

3 12 различных доказательств (включая доказательства Гаусса), в том числе с использованием топологии, комплексного анализа, алгебры и т. д. можно найти в замечательной книге Fine & Rosenberg [6].

Рис. 2. 𝑝𝑝(𝑧𝑧) как отображение из ℝ2 в ℝ2

Нахождение корня 𝑝𝑝(𝑧𝑧) означает, само собой, нахождение такого 𝑧𝑧, что 𝑝𝑝(𝑧𝑧) = 0. Это можно сделать полным перебором области определения: берём каждую точку и проверяем, верно ли, что 𝑝𝑝(𝑧𝑧) = 0. Очевидно, что это не очень разумный способ поиска…

2-е соображение. Образ замкнутой непрерывной кривой относительно 𝑝𝑝 будет замкнутой непрерывной кривой.

Рис. 3. Образ окружности является замкнутой кривой при отображении, заданном этим многочленом

3-е соображение. Плоскость можно заполнить концентрическими окружностями с центром в начале координат и всё увеличивающимся радиусом; образ каждой окружности 𝐶𝐶𝑟𝑟 —замкнутая кривая 𝛾𝛾𝑟𝑟, непрерывно перемещающаяся по плоскости с изменением радиуса.

Рис. 4. Образ при отображении при помощи 𝑝𝑝 нескольких окружностей с центром в начале координат

Таким образом, доказательство существования корня равносильно доказательству существования окружности, образ которой проходит через начало координат, как на рис. 5.

Рис. 5. Нахождение корня 𝑝𝑝

4-е соображение (рис. 6). Для каждой замкнутой кривой 𝐶𝐶 на плоскости, которая не проходит через начало координат, существует целое число 𝑛𝑛(𝐶𝐶), равное количеству оборотов 𝐶𝐶 вокруг начала координат (оно называется «число кручения» или «индекс кривой относительно точки»). Если замкнутая кривая 𝛾𝛾𝑟𝑟 меняется на плоскости непрерывно,

изменение его числа кручения относительно начала координат 𝑛𝑛(𝛾𝛾𝑟𝑟) возможно только при прохождении 𝛾𝛾𝑟𝑟 через начало координат.

Рис. 6. Число кручения кривой 𝐶𝐶 (a); изменение числа кручения (b)

5-е соображение (рис. 7). Когда 𝑟𝑟 малое, кривая 𝛾𝛾𝑟𝑟 лежит поблизости от точки 𝑎𝑎0; следовательно, она не обходит начало координат и 𝑛𝑛(𝛾𝛾𝑟𝑟) = 0.

Рис. 7. Если 𝑟𝑟 очень малое, 𝑛𝑛(𝛾𝛾𝑟𝑟) — ноль!

Пять приведённых выше соображений имеют совершенно общий характер и никак не учитывают тот факт, что 𝑝𝑝 – многочлен (даже четвёртое: если бы 𝑝𝑝 не было многочленом, мы написали бы 𝑝𝑝(0) вместо 𝑎𝑎0).

6-е соображение. Шестое соображение касается того, что происходит с 𝛾𝛾𝑟𝑟, когда 𝑟𝑟 большое (полезным будет вспомнить вторую трудную задачу в первой части). Предположим, что 𝑟𝑟 очень большое и рассмотрим кривую 𝛾𝛾𝑟𝑟 целиком.

Для |𝑧𝑧| = 𝑟𝑟, где 𝑟𝑟 очень большое, главный вклад в 𝑝𝑝(𝑧𝑧) = 𝑧𝑧𝑛𝑛 + 𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑧𝑧𝑛𝑛−1 + ⋯+ 𝑎𝑎0 вносит слагаемое 𝑧𝑧𝑛𝑛 (оно будет больше всех остальных, обратите внимание!) и разность между 𝑝𝑝(𝑧𝑧) и 𝑧𝑧𝑛𝑛 будет невелика в сравнении с 𝑧𝑧𝑛𝑛. Выражаясь математическим языком:

lim|𝑧𝑧|→∞

|𝑝𝑝(𝑧𝑧) − 𝑧𝑧𝑛𝑛||𝑧𝑧𝑛𝑛| = 0

Задача 7. Докажите, что |𝑝𝑝(𝑧𝑧) − 𝑧𝑧𝑛𝑛| ≤ |𝑎𝑎𝑛𝑛−1||𝑧𝑧|𝑛𝑛−1 +⋯+ |𝑎𝑎0| и, таким образом,

|𝑝𝑝(𝑧𝑧)−𝑧𝑧𝑛𝑛||𝑧𝑧𝑛𝑛| ≤ |𝑎𝑎𝑛𝑛−1||𝑧𝑧|𝑛𝑛−1+⋯+|𝑎𝑎0|

|𝑧𝑧|𝑛𝑛 = |𝑎𝑎𝑛𝑛−1||𝑧𝑧| + ⋯+ |𝑎𝑎0|

|𝑧𝑧|𝑛𝑛 → 0 при |𝑧𝑧| → ∞

Задача 8. Вспомним, что образ при отображении 𝑧𝑧 ⟼ 𝑧𝑧𝑛𝑛 окружности с центром в начале координат радиусом 𝑟𝑟, покрытой единожды, есть окружность с центром в начале координат и радиусом 𝑟𝑟𝑛𝑛, покрытая 𝑛𝑛 раз. Рассмотрите случаи 𝑛𝑛 = 2, 𝑛𝑛 = 3.

Рис. 8. Образ окружности с центром в точке 𝑧𝑧 = 0 и радиусом 𝑟𝑟 относительно отображения 𝑧𝑧 ⟼ 𝑧𝑧3

7-е соображение. Итак, используя задачи 7 и 8, мы видим, что для очень больших 𝑟𝑟 кривая 𝛾𝛾𝑟𝑟 и окружность радиусом 𝑟𝑟𝑛𝑛, покрытая 𝑛𝑛 раз, так близки, что неизбежно имеют одинаковое число кручения, то есть 𝑛𝑛(𝛾𝛾𝑟𝑟) = 𝑛𝑛.

Задача 9. Чтобы прояснить и зафиксировать соображения, представим, путешествуя по окружности 𝑐𝑐𝑟𝑟 радиусом 𝑟𝑟, что окружность радиусом 𝑟𝑟𝑛𝑛, покрытая 𝑛𝑛 раз, это орбита планеты, вращающейся вокруг солнца, расположенного в начале координат, а образ 𝑐𝑐𝑟𝑟 относительно отображения 𝑝𝑝 соответствует орбите спутника этой планеты. Расстояние от планеты до спутника, равное

|𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑧𝑧𝑛𝑛−1 + ⋯+ 𝑎𝑎0|

очень мало в сравнении с 𝑟𝑟𝑛𝑛 (в силу задачи 7), так что спутник совершит столько же оборотов вокруг солнца, сколько и планета.

Итак, можно заключить, что по мере увеличения 𝑟𝑟 от до число 𝑛𝑛(𝛾𝛾𝑟𝑟) меняется от нуля до 𝑛𝑛, что может случиться, только если для некоторого 𝑟𝑟 кривая 𝛾𝛾𝑟𝑟 проходит через начало координат. Следовательно, существует такое 𝑟𝑟 из , что 𝑝𝑝(𝑧𝑧) = 0.

Ради более детального изучения последнего соображения и большей строгости рассуждений давайте решим следующую задачу:

Трудная задача 3. Пусть 𝛾𝛾𝑟𝑟 – образ окружности радиусом 𝑟𝑟 относительно функции 𝑧𝑧 ⟼ 𝑧𝑧𝑛𝑛. Согласно Трудной задаче 2, можно быть уверенным, что для достаточно больших 𝑟𝑟 мы имеем, при |𝑧𝑧| = 𝑟𝑟,

|𝛾𝛾𝑟𝑟 (𝑧𝑧) − 𝛾𝛾𝑟𝑟(𝑧𝑧)| <12𝛾𝛾𝑟𝑟 (𝑧𝑧)

Зафиксируем 𝑟𝑟. Докажите, что в таких условиях мы можем деформировать 𝛾𝛾𝑟𝑟 в γr, не пересекая начала координат, через семейство кривых 𝛾𝛾𝑠𝑠, где 𝑠𝑠 ∈ [0, 1], заданных формулой

Придите к выводу, что 𝑛𝑛(𝛾𝛾𝑠𝑠) = 𝑛𝑛(𝛾𝛾𝑟𝑟).

Более общо, если мы путешествуем вдоль двух плоских кривых 𝛾𝛾1(𝑧𝑧) и 𝛾𝛾0(𝑧𝑧), не проходящих через начало координат, можно заметить, что если для любого 𝑧𝑧 верно |𝛾𝛾1(𝑧𝑧) − 𝛾𝛾0(𝑧𝑧)| <|𝛾𝛾0(𝑧𝑧)|, то 𝑛𝑛(𝛾𝛾1) = 𝑛𝑛(𝛾𝛾0).

Подсказка: деформируем 𝛾𝛾0 в 𝛾𝛾1 используя 𝛾𝛾𝑠𝑠(𝑧𝑧) = 𝛾𝛾0(𝑧𝑧) + 𝑠𝑠(𝛾𝛾1(𝑧𝑧)− 𝛾𝛾0(𝑧𝑧))

Это доказательство предлагает алгоритмический (необязательно эффективный!) способ нахождения корня. Можете ввести эти данные в компьютер и посмотреть, что происходит по мере увеличения окружности 𝑧𝑧𝑛𝑛. Программа (она на португальском языке, но весьма проста в обращении!) на Java была написана в Государственном Институте Рио-де-Жанейро и её можно найти в интернете. Попробуйте ввести коэффициенты своего любимого многочлена. После этого нажмите на кнопку «Circulo» («окружность» на португальском) в нижнем правом углу и посмотрите, что получится! Надеюсь, вас это побудит узнать больше об алгераических числовых системах, комплексном анализе и мощных топологических идеях, которыми так богата математика.

3. Литература

[1] Acker, F. - Geometria Analítica para Computação Gráfica. Class Notes (in Portuguese) [2] Andreescu, T. & Andrica, D. - Complex Numbers from A to . . . Z. 2nd ed., Birkhäuser, 2014 . [3] Needham, T. - Visual Complex Analysis. Oxford University Press, 1999. [4] Hahn, L. - Complex Numbers and Geometry. 2nd ed., MAA, 1994. [5] Courant, R. & Robbins, H. – What Is Mathematics? An Elementary Approach to Ideas and Methods. 2nd ed., Oxford University Press, 1996 [6] Fine, B. & Rosenberger, G. - The Fundamental Theorem of Algebra. Springer-Verlag, 1997.

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ КРУЖКИ В ЛЕТНЕМ ЛАГЕРЕ

В летнем лагере «Формула Единства» работали 4 математических кружка: два русскоязычных и два англоязычных. Кружки были сформированы на основании вступительного теста и вступительной олимпиады; при этом учитывались пожелания самих участников. В частности, после несколько первых дней занятий ребята имели возможности сменить кружок; некоторые участники кружков B перешли в более сильные кружки A и наоборот. В данный сборник мы включаем, помимо вступительного теста и олимпиады, материалы только одного из кружков; полная подборка материалов занятий опубликована в сборнике “Formulo de Integreco” (издательство ВВМ, 2014).

Здесь Вы найдёте краткие конспекты занятий, содержащие выдававшиеся ребятам задания, а также материалы математических игр, проводимых на занятиях. Сохранены авторские названия листочков и нумерация заданий, что, мы думаем, поможет более тонко передать внутренний мир преподавателей. Мы надеемся, что читатель осознает, что это лишь «каркас» занятий, заполнить его полностью в рамках сборника нереально, как нереально на словах передать всю атмосферу живого и плодотворного общения, царившую на протяжении всей смены.

Вступительный тест 15 июля 2013

1. В окружность с центром О вписан треугольник АВС, у которого ∠А=20о, ∠В=45о. Найдите ∠АОВ.

2. Перечислите все известные вам формулы для нахождения площади треугольника (для произвольных треугольников).

3. Пусть О точка пересечения диагоналей квадрата АВСD со стороной 1. Найдите длину вектора 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐵𝐵.

4. Найдите НОК (наименьшее общее кратное) чисел 105 и 777. 5. Найдите остаток от деления числа 131233+17133 на 1483. 6. Известно, что 𝑎𝑎78 − 1 делится на 223. При каких еще натуральных 𝑘𝑘 верно, что

𝑎𝑎𝑘𝑘 − 1 делится на 223. 7. Сколько среди чисел от 1 до 1000000 таких, которые дают остаток 1 при делении

на 25 и остаток 9 при делении на 16? 8. Сколько диагоналей в правильном 20-угольнике? 9. В отряде 10 человек. Сколько способов выбрать из них группу, состоящую хотя бы

из двух человек? (Весь отряд — тоже группа) 10. Если раскрыть скобки в выражении (𝑥𝑥 + 1)1001, то получим

𝑥𝑥1001 + 𝑎𝑎1000𝑥𝑥1000 + 𝑎𝑎999𝑥𝑥999 + … + 𝑎𝑎1𝑥𝑥 + 𝑎𝑎𝑜𝑜 . Найдите коэффициент 𝑎𝑎3. 11. В классе каждый мальчик переписывается с четырьмя девочками, а каждая

девочка — с семью мальчиками. Сколько детей в классе, если их от 20 до 40 человек?

12. Из 80 участников лагеря 45 знают русский язык, 28 — испанский, 73 — английский; 6 участников знают все 3 языка одновременно. Сколько участников знают хотя бы два языка?

13. Джинн бросил 2 кубика — красный и зеленый. Какова вероятность того, что сумма очков, выпавших на них больше 8?

14. Сколько существует способов раздать 18 детям 25 карандашей и 70 ручек так, чтобы каждому достался хотя бы один карандаш и хотя бы две ручки? Все

карандаши одинаковые, все ручки тоже. (Достаточно написать формулу, вычислять не нужно).

15. Трава на лугу растет с постоянной скоростью. Известно, что 30 коров съедают траву за 60 дней, 70 коров — за 24 дня. Сколько коров съедят всю траву ровно за 96 дней?

Вступительная олимпиада 16 июля 2013

1) Имеется 2 ведра, объёмы которых, измеренные в литрах — целые числа. Произведение этих объёмов равно 2013. Всегда ли возможно набрать в неограниченно большой бак из реки ровно 1607 литров воды при помощи этих вёдер?

2) В клетках квадрата 5 х 5 расставлены числа (не обязательно целые) так, что во всех строчках и во всех столбцах сумма чисел одинаковая. В верхнем правом квадрате 2 х 2 сумма чисел оказалась равной 10, а в левом нижнем квадрате 3 х 3 сумма оказалась равной 15. Найдите сумму всех чисел в квадрате.

3) На сторонах треугольника ABC как на основаниях, построены равносторонние треугольники: ABC1 и A1BC — во внешнюю сторону, а AB1C — вовнутрь. Оказалось, что точки A1, B1, C1 лежат на одной прямой. Найдите угол ABC.

4) Можно ли сделать сетку 2006 на 2008 из элементов в виде буквы L, составленных из двух единичных отрезков, так, чтобы эти фигурки не перекрывались?

5) Натуральные числа от 1 до 100 покрасили в три цвета. Докажите, что найдутся два одноцветных числа, разность которых — точный квадрат.

6) В квадрате 8 х 8 стоит 31 фишка: 16 на чёрных и 15 на белых клетках. Докажите, что найдутся две соседние по стороне клетки, в которых стоят фишки.

Материалы занятий группы Russian-B

Руководители Михаил Бондаренко и Алина Дубатовка

Серия 1, разнообразная 0) Докажите, что при вещественных 𝑎𝑎 и 𝑏𝑏 выполняется неравенство

𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2 ≥ 2𝑎𝑎𝑏𝑏. 1) Деревни Альфино и Бетино находятся а) по разные стороны, б) по одну сторону от прямолинейной железной дороги. В каком месте дороги нужно построить станцию для того, чтобы сумма расстояний от деревень до станции была наименьшей? 2) В прямоугольном треугольнике ABC угол B — прямой, а ∠A=300. Через середину гипотенузы AC провели прямую, перпендикулярную ей. Докажите, что отрезок этой прямой, заключенный внутри треугольника, в три раза короче стороны AB. 3) Докажите, что при положительных 𝑥𝑥 и 𝑦𝑦 выполняется неравенство 𝑥𝑥

𝑦𝑦+ 𝑦𝑦

𝑥𝑥≥ 2.

4)Вещественные числа 𝑎𝑎, 𝑏𝑏 и с таковы, что 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 = 1. Докажите, что 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2 + 𝑐𝑐2 ≥ 1/3 . 5) Прямоугольную клетчатую доску можно разрезать на уголки из трех клеток. Докажите, что ее можно разрезать и на полоски 1 на 3. 6) Можно ли разрезать доску 6 на 6 на полоски 1 на 4? 7) Вася и Петя играют в увлекательную игру: по очереди кладут одинаковые пятикопеечные монеты на круглый стол. Монеты не должны налегать друг на друга или вылезать за край стола. Проигрывает тот, кому некуда класть монету. Первым ходит Вася. Как он должен играть, чтобы заведомо выиграть? 8) Вася и Петя нарисовали на доске а) отрезок; б) квадрат. Они по очереди (начинает Вася) ставят в него точки. Тот, после чьего хода на доске оказываются две точки, расстояние между которыми меньше 1, проигрывает. Кто выиграет при правильной игре? 9) Двое игроков играют в следующую увлекательнейшую игру: в кучке лежит а) 39, б) 40 спичек, за ход можно взять и сжечь либо 1, либо 2 из них. Выигрывает тот, после чьего хода спичек в кучке не останется. Кто выигрывает при правильной игре? 10) Можно ли на шести книжных полках длиной по 1 м расставить 49 книг толщиной по 6 см и 101 книгу по 3 см? 11) Стандартную колоду из 36 карт раздали поровну двум игрокам. Каждую минуту каждый из игроков выкладывает из своих карт на стол пару карт одного достоинства (например, пару семерок), если она у него есть. Докажите, что они закончат этот процесс одновременно. 12) Хоккеист играет на бесконечном ледовом поле тремя шайбами. За один ход он бьет по одной из шайб так, чтобы она пролетела между двумя другими (т.е. отрезок, по которому летит шайба, должен пересекать отрезок, соединяющий две другие шайбы). Могут ли все шайбы вернуться каждая на свое место после 239 таких ударов?

Серия 1.5. Продолжение разнообразностей

1) У доски 8 х 8 вырезали две противоположные угловые клетки. Можно ли теперь доску покрыть доминошками? 2) Вася и Петя ломают шоколадку 6 на 4 по «швам». Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выиграет при правильной игре? 3) На доске написаны 100 натуральных чисел: от 1 до 100. Разрешается стирать числа𝑎𝑎и с и писать вместо них 𝑎𝑎𝑐𝑐. Какое число может оказаться последним? б) тот же вопрос, когда вместо 𝑎𝑎 и с пишут 𝑎𝑎𝑐𝑐 + 𝑎𝑎 + 𝑐𝑐. 4) В стране 100 городов. Некоторые пары городов соединены дорогами, причем из каждого города выходит ровно 5 дорог. Страна разделилась на 2 республики по 50 городов в каждой. Жители первой республики посчитали, сколько оказалось дорог между

городами их республики. Жители второй республики тоже посчитали количество дорог в своей республике. Докажите, что эти два числа совпали. 5) В графстве каждый джентльмен принадлежит одной из двух партий: партии любителей мяса или партии любителей рыбы. Каждая дорога в этом графстве соединяет усадьбы джентльменов из разных партий. Известно, тем не менее, что каждый из джентльменов может проехать по дорогам к любому своему соратнику по партии. Докажите, что любой джентльмен может проехать к любому другому джентльмену. 6) Дана окружность с центром 𝐶𝐶, а также точки 𝐴𝐴, 𝐴𝐴и𝐶𝐶 на окружности.∠𝐴𝐴𝐶𝐶𝐶𝐶называется центральным углом, опирающимся на дугу 𝐴𝐴𝐶𝐶, а ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 - центральным углом, опирающимся на ту же дугу. Докажите, что ∠𝐴𝐴𝐶𝐶𝐶𝐶 вдвое больше ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 в случае, если 𝐶𝐶 лежит а) внутри; б) на стороне; в) вне ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶. 7) В треугольнике 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 < ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶. Докажите, что 𝐴𝐴𝐶𝐶 < 𝐴𝐴𝐶𝐶. 8) Докажите, что отрезок 𝐴𝐴𝐴𝐴, соединяющий вершину 𝐴𝐴треугольника𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶с точкой на противоположной стороне, меньше хотя бы одной из сторон 𝐴𝐴𝐴𝐴 и 𝐴𝐴𝐶𝐶.

Серия 2. Игрушечная геометрия -2) Докажите, что сумма степеней вершин графа равна удвоенному количеству его рёбер. -1) а) Докажите, что четырехугольник является вписанным тогда и только тогда, когда сумма его противоположных углов равна 1800. б) Докажите, что четырехугольник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶𝐵𝐵 является вписанным тогда и только тогда, когда ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵 = ∠𝐴𝐴𝐶𝐶𝐵𝐵. 0) Дан ∆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶. Докажите, что биссектриса угла 𝐴𝐴 и серединный перпендикуляр к отрезку 𝐴𝐴𝐶𝐶 пересекаются на описанной окружности исходного треугольника. 1) В треугольнике 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 точки А1, В1и С1 являются основаниями высот, опущенных из вершин 𝐴𝐴, 𝐴𝐴 и 𝐶𝐶 соответственно. а) Докажите, что ∆𝐴𝐴𝐴𝐴1𝐶𝐶1 подобен ∆𝐴𝐴𝐶𝐶𝐴𝐴 (именно в таком порядке). б) Докажите, что AA1 — биссектриса ∠В1А1С1 . 2) (Лемма о трезубце) Точка C1 — середина дуги AB описанной окружности ∆ABC. Докажите, что она равноудалена от центра вписанной окружности, вершин A и B, а также от центра вневписанной окружности, касающейся стороны AB. 3) Дан квадрат ABCD. На стороне AB взята точка K, на стороне CD - точка L, а на отрезке KL — точка M. Докажите, что вторая (отличная от M) точка пересечения описанных окружностей треугольников AKM и MLC лежит на диагонали AC. 4) Внутри окружности дана точка M. Через неё проведены две прямые: одна пересекает окружность в точках A и B, другая — в точках C и D. Докажите, что ∠AOC равен полусумме дуг AC и BD. 5)Докажите, что 𝑎𝑎4 + 𝑏𝑏4 + 𝑐𝑐4 ≥ 𝑎𝑎𝑏𝑏𝑐𝑐(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) при вещественных 𝑎𝑎, 𝑏𝑏 и 𝑐𝑐. 6) Докажите, что при 𝑥𝑥, 𝑦𝑦 ≥ 1 выполняется неравенство 𝑥𝑥𝑦𝑦 + 1 ≥ 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 .

7) В куче 888000 спичек. Два мудреца по очереди берут спички. В свой ход можно взять из кучи любое количество спичек, кроме того, которое было взято противником на предыдущем ходу (брать первым ходом все спички не разрешается). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Докажите, что как бы хитро ни играл первый мудрец, второй мудрец сможет выиграть. 8) Вася и Петя играют в игру на полоске 1 на 2011. За один ход Вася (он ходит первым) может закрасить черной краской две соседние клетки (если ни одна из них пока не закрашена), а Петя - три подряд идущие клетки (если ни одна из них пока не закрашена). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выиграет при правильной игре? 9) В начале игры на доске написано число 1000. Два игрока ходят по очереди. За один ход можно вычесть из написанного числа любой его натуральный делитель и результат написать на доску вместо исходного числа. Тот, кто напишет ноль, проигрывает. Кто из игроков может обеспечить себе победу: начинающий или его противник? 10) В начале игры на доске написано число 0. Два игрока ходят по очереди. За ход игрок прибавляет к написанному числу любое натуральное число, не превосходящее 10, и результат записывает на доску вместо исходного числа. Выигрывает тот, кто первым получит четырехзначное число. Кто выигрывает при правильной игре: начинающий или его противник?

Серия 3. Повторение — мать заикания 1) Дан треугольник и точка внутри него. Из точки опущены перпендикуляры на стороны (они попали на сами сторона, а не на их продолжения). Оказалось, что два из трёх образовавшихся четырёхугольников - вписанные. Докажите, что третий четырёхугольник тоже вписанный. 2) Докажите, что самый длинный отрезок, содержащийся в треугольнике, - это его наибольшая сторона. 3) На плоскости нарисован прямоугольник, диагонали которого равны 2, а также отмечена некоторая точка A. Докажите, что можно выбрать три вершины прямоугольника, сумма расстояний от которых до точки A не меньше, чем 3. 4) Докажите, что при вещественных𝑎𝑎и 𝑏𝑏 а) 4𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏2 ≥ 4𝑎𝑎𝑏𝑏; б) 𝑎𝑎

𝑎𝑎2+1+ 𝑏𝑏

𝑏𝑏2+1≤ 1.

5) Можно ли разрезать шахматную доску без угловой клетки на полоски 1 х 3? 6) Двое играют на доске 12 х 12. Первый игрок выставляет на доску фигурки из 4 клеток в виде буквы Т, в второй - уголки из трех клеток. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре? 7) На столе лежит куча из 2012 спичек. Двое играют в такую игру: за один ход начинающий может взять 1, 2, 3 или 4 спички, а второй игрок - 1, 2, 3 спички или пропустить ход. Выигрывает тот, кто берет последнюю спичку. Кто выиграет при правильной игре?

Серия 4, содержащая сразу несколько новых идей 1) AA1 и BB1 — высоты остроугольного треугольника ABC, O — центр описанной окружности. Докажите, что прямые A1B1 иCO перпендикулярны. 2) На стороне AC треугольника ABC отмечена точка K. Точки M и N — середины сторон AB и BC соответственно. Известно, что KM<BM. Докажите, что KN>BN. 3) а) На стороне BC треугольника ABC взята точка D. Докажите, что 𝑆𝑆∆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑆𝑆∆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴= 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝐵𝐵

б) На сторонах угла с вершиной O взяли точки: A и B на одной стороне, C и D — на другой. Докажите, что 𝑆𝑆∆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑆𝑆∆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴= 𝐴𝐴𝐴𝐴∗𝐴𝐴𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐵𝐵∗𝐴𝐴𝐵𝐵 .

4) Докажите, что сумма расстояний от точки внутри правильного треугольника до его сторон не зависит от выбора этой самой точки. 5) Докажите, что 1

1+ 1

√2+ ⋯ + 1

√𝑛𝑛−1+ 1

√𝑛𝑛> √𝑛𝑛 при всех натуральных 𝑛𝑛 > 2.

6) Докажите, что при положительных 𝑎𝑎, 𝑏𝑏 и с выполняется неравенство

𝑎𝑎𝑏𝑏𝑐𝑐

+ 𝑏𝑏𝑐𝑐𝑎𝑎

+ 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑏𝑏

≥ 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐. 7) Можно ли разбить доску 12х12 на s-тетрамино (косые тетрамино)? 8) а) Можно ли разрезать шахматную доску на фигурки, состоящие из 4 клеток в форме буквы "т" (Т-тетрамино) ? б) А можно ли разрезать на такие фигурки шахматную доску 10х10? 9) Докажите, что квадрат 10х10 нельзя разрезать на тетрамино (фигурки из четырех клеток) в виде буквы Г. 10) а) Изначально ладья стоит в левом нижнем углу шахматной доски. Двое игроков по очереди делают ладьёй ход, при этом ходить вниз и влево запрещено. Выигрывает тот, кто поставит ладью в правый верхний угол. Кто выигрывает при правильной игре? б) Та же задача, только игроки ходят королём, который может ходить только вверх, вправо или по диагонали вправо-вверх (на одну клетку). 11) В начале игры имеется куча из 100 конфет. Малыш и Карлсон ходят по очереди. За ход можно взять из кучи 2, 3 или 5 конфет. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Первым ходит Малыш. Кто выигрывает при правильной игре? 12) В графе 12 вершин и 56 рёбер. Докажите, что этот граф связен. 13) На крайней правой клетке доски 1х40 стоит фишка. Два игрока по очереди двигают эту фишку вправо или влево на любое число клеток, которое еще не встречалось при выполнении предыдущих ходов. Оставлять фишку на месте нельзя. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре: начинающий или его противник

Серия 5, теоретико-числовая

1. Натуральное число при делении на 1981 и 1982 дает в остатке 35. Каков остаток от деления этого числа на 14? 2. Произведение натуральных чисел x и y равно 20092010. Докажите, что 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 не делится на 2008. 3. Одно и то же натуральное число поделили с остатком на 3, на 18 и на 48. Сумма трех полученных остатков оказалась равна 39. Докажите, что остаток, полученный при делении на 3, равен 1. 4. При каких натуральных n число 5𝑛𝑛 + 3 делится на 2𝑛𝑛 + 5? 5. Известно, что числа 𝑝𝑝, 𝑝𝑝2 + 2𝑝𝑝 — простые. Докажите, что 𝑝𝑝2 + 10 — простое. 6. а) Докажите, что произведение любых 6 подряд идущих натуральных чисел делится на 720. б) Докажите, что произведение любых 𝑘𝑘 подряд идущих натуральных чисел делится на 𝑘𝑘!.

Серия 6, очередной шажок вперёд после непродолжительного отдыха 1) У каждого депутата в думе ровно 1 друг и ровно 1 враг. Докажите, что депутатов можно разбить на 2 нейтральные палаты, внутри которых нет ни друзей, ни врагов. 2) На доске написано 10 единиц и 10 двоек. Двое играют по следующим правилам: за ход разрешается стереть две любые цифры и, если они были одинаковыми, написать двойку, а если разными — единицу. Если последняя оставшаяся на доске цифра — единица, то выиграл первый игрок, если двойка, то второй. Кто выиграет при правильной игре? 3) а) В четырехугольнике ABCD стороны AC и BD пересекаются в точке O. Докажите, что ABCD — вписанный тогда и только тогда, когда 𝐴𝐴𝐶𝐶 ∗ 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 ∗ 𝐶𝐶𝐵𝐵. б) Продолжения отрезков AB и CD пересекаются в точке O. Докажите, что четырехугольник ABCD — вписанный тогда и только тогда, когда 𝐴𝐴𝐶𝐶 ∗ 𝐶𝐶𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 ∗ 𝐶𝐶𝐵𝐵. 4) Из города А ведёт 101 дорога, а из города Б — 3. Из всех остальных городов ведёт по 10 дорог. Докажите, что из А можно доехать до Б. 5) В треугольнике ABC∠C=3∠А , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐶𝐶. Докажите, что ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 = 600 . 6) В остроугольном треугольнике𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶проведена высота 𝐴𝐴Н. Докажите, что если 𝐻𝐻𝐴𝐴 < 𝐻𝐻𝐶𝐶, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 < 𝐴𝐴𝐶𝐶. 7) Стороны AB и BC треугольника ABC равны 12 и 18 соответственно. Из точки на медиане BM опущены перпендикуляры на AB и BC. Сумма их длин оказалась равной 10. Найдите длины этих перпендикуляров. 8) В трапеции ABCD стороны AB и CD — основания. Точка O — точка пересечения диагоналей этой трапеции. Докажите, что 𝑆𝑆∆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵 = 𝑆𝑆∆𝐵𝐵𝐴𝐴𝐵𝐵 .

9) Докажите, что при положительных 𝑎𝑎 и 𝑏𝑏 выполнено неравенство 𝑎𝑎3𝑏𝑏 + 𝑏𝑏3𝑎𝑎 ≥ 2𝑎𝑎2𝑏𝑏2. 10) а) У министра финансов есть 3 монеты, причем одна из них — фальшивая и она легче настоящих. Как министру выявить эту монету за 1 взвешивание на весах без стрелки? б) Среди 9 монет одна — фальшивая, и она тяжелее настоящих. Как выявить эту монету за 2 взвешивания на весах без стрелки? 11) Докажите, что при вещественных 𝑎𝑎, 𝑏𝑏 и с выполнено неравенство 𝑎𝑎2𝑏𝑏 + 𝑏𝑏2𝑐𝑐 + 𝑐𝑐2𝑎𝑎 ≥ 3𝑎𝑎𝑏𝑏𝑐𝑐. 12) Несколько клеток доски 10 х 10, не имеющие общих сторон, покрашены в красный цвет. Докажите, что оставшиеся клетки можно покрасить в два других цвета так, чтобы клетки, имеющие общую сторону, были окрашены в разные цвета. 13) Какое минимальное количество квадратиков 1 х 1 нужно нарисовать на плоскости так, чтобы квадрат 25 х 25 оказался нарисованным вместе со своими внутренними линиями? 14) Какое максимальное количество квадратиков 2 х 2 можно уместить в квадрате 9 х 9?

Серия 7, инвариантно-прощальная и с неправильным номером 1) На сторонах параллелограмма построены квадраты. Докажите, что их центры образуют квадрат. 2) Докажите, что выпуклый 17-угольник нельзя разрезать на 14 треугольников. 3)Дан четырехугольник со сторонами 𝑎𝑎, 𝑏𝑏, 𝑐𝑐, 𝑑𝑑 (последовательно). Докажите, что его площадь не превосходит: а) 𝑎𝑎𝑏𝑏+𝑐𝑐𝑐𝑐

2; б) 𝑎𝑎𝑐𝑐+𝑏𝑏𝑐𝑐

2.

4) Как расставить на квадратном ринге 5 боксеров с тем, чтобы наименьшее из расстояний между ними было как можно больше? (Боксеров следует считать точечными). 5) Есть шоколадка 2011 х 2011 долек. Яша и Саша играют в такую игру: ход состоит в том, что один из имеющихся прямоугольных кусков шоколада разламывают на две прямоугольные части, причем Саша одну из получившихся частей сразу съедает (независимо от того, кто ходил). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Первым ходит Яша. Кто выиграет при правильной игре? 6) По кругу расставлены пятьдесят фишек. Два игрока по очереди убирают фишки, выбирая каждым своим ходом любые три, пока не останется всего две фишки. Если две оставшиеся фишки первоначально не стояли рядом, выигрывает первый игрок (который начинает игру); в противном случае выигрывает второй. Кто выиграет при правильной игре? 7) Рёбра полного графа покрашены в 2 цвета. Докажите, что один из одноцветных графов связен. 8) По кругу стоят 6 чисел а) одна единица, а остальные - нули б) две единицы, стоящие через 1, а остальные - нули. Можно ли, добавляя по единице двум соседним числам,

сделать все числа равными? 9) Есть куча из 1001 апельсинов. За каждый ход большой любитель апельсинов Яша съедает один апельсин из какой-нибудь кучи, где лежит более одного апельсина, а затем любую кучу (в которой больше одного апельсина) делит на две произвольные части. Можно ли через несколько ходов получить лишь кучи, состоящие из трех апельсинов? 10) На доске написано несколько чисел. Разрешается стереть два числа 𝑥𝑥 и 𝑦𝑦 и написать вместо них 𝑥𝑥 − 2 и 𝑦𝑦 + 1. Докажите, что рано или поздно на доске появится отрицательное число.

Серия 8, поговорим о геометрии, неравенствах и шахматных досках

1) В равнобедренном треугольнике 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 выполнено 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐶𝐶; точка 𝐵𝐵 — произвольная точка основания. Докажите, что радиусы описанных окружностей треугольников 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐵𝐵 и 𝐶𝐶𝐴𝐴𝐵𝐵 равны. 2) Точки 𝑃𝑃 и 𝑄𝑄 — середины сторон 𝐴𝐴𝐶𝐶и 𝐴𝐴𝐵𝐵 прямоугольника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶𝐵𝐵, а 𝑅𝑅 — точка пересечения диагоналей прямоугольника PQDC. Докажите, что угол ∠𝑃𝑃𝐴𝐴𝑅𝑅 = ∠𝐴𝐴𝑅𝑅𝑃𝑃. 3) На сторонах AC и AB прямоугольного треугольника ABC с прямым углом A взяты точки E и F соответственно так, что угол AEF равен углу ABC. Точки 𝐸𝐸′ и 𝐹𝐹′ — основания перпендикуляров, опущенных на BC из точек E и F соответственно. Докажите, что𝐸𝐸′𝐸𝐸 +𝐸𝐸𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝐹𝐹 ≤ 𝐴𝐴𝐶𝐶. 4) ABCD — квадрат. На стороне CD взята точка M, а на стороне AD — точка N. Отрезки BM и CN пересекаются в точке E, CN и AM — в точке F, BN и AM — в точке G. Докажите, что 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐶𝐶 + 𝑆𝑆𝐶𝐶𝐵𝐵𝑀𝑀𝐵𝐵 + 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐵𝐵𝑀𝑀. 5) Докажите, что при положительных 𝑥𝑥, 𝑦𝑦 и 𝑧𝑧 выполнено 𝑥𝑥

𝑥𝑥+𝑦𝑦+ 𝑦𝑦

𝑦𝑦+𝑧𝑧+ 𝑧𝑧

𝑥𝑥+𝑧𝑧≥ 1 .

6) Точки А1, В1иС1 лежат на сторонах 𝐴𝐴𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐶𝐶и𝐴𝐴𝐴𝐴 треугольника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 соответственно. Отрезки АА1, ВВ1иСС1 пересекаются в точке O. Докажите, что ОА1

АА1+ ОВ1

ВВ1+ ОС1

СС1= 1.

7) На шахматной доске стоят 8 ладей, причем ни одна из них не бьет ни одну из других. Хулиган Вася взял острый ножик и разрезал доску на четыре квадрата 4 х 4. Докажите, что в левый верхний квадрат 4 х 4 попало столько же ладей, сколько в правый нижний квадрат 4х4. 8) На шахматной доске 9 на 9 имеется 40 белых клеток и 41 черная клетка. Кирилл вырезал какие-то 9 белых клеток. Докажите, что остаток доски нельзя разрезать на уголки из трех клеток.

Зачёт 30 июля 1) Какое наибольшее количество s-тетрамино (косых тетрамино) можно вырезать из доски 17 х 17? 2) Две окружности пересекаются в точках A и B. Некоторая прямая, проходящая через A,

пересекает первую окружность в точке C, а вторую — в точке D. Прямая, проходящая через B, пересекает эти окружности в точках E и F в том же порядке. Докажите, что отрезки CE и DF параллельны. 3) Две окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках A и B. Прямая, проходящая через точку A, вторично пересекает окружности в точках B1 и B2. Докажите, что треугольник O1BO2 подобен треугольнику B1BB2. 4) Докажите, что при положительных 𝑎𝑎, 𝑏𝑏 и 𝑐𝑐𝑎𝑎4𝑏𝑏2 + 𝑏𝑏4𝑐𝑐2 + 𝑐𝑐4𝑎𝑎2 ≥ 𝑎𝑎2𝑏𝑏2𝑐𝑐2. 5) Докажите, что для любых чисел 𝑥𝑥 и 𝑦𝑦 выполнено неравенство 𝑥𝑥2 + 𝑥𝑥𝑦𝑦 + 𝑦𝑦2 ≥ 0. 6) Двое игроков по очереди берут камешки из нескольких кучек (вначале в каждой кучке лежит по 100 камешков). Первый игрок может брать своим ходом 1 или 2 камешка из одной кучки, а второй — 1 или 3 камешка из одной кучки. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре? 7) Двое игроков по очереди берут 3, 4 или 5 камешков из кучки с 239 камешками. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре? 8) Стороны треугольника равны 3, 4 и 5. Найдите радиус его вписанной окружности. 9) Докажите, что если все степени вершин связного графа равны 4, то после удаления любого ребра он останется связным. 10) Каждая из девочек до завтрака не более 2 раз поболтала по телефону. Докажите, что девочек можно разбить на три группы так, чтобы в одной группе не было болтавших между собой до завтрака девочек. 11) Глубоко в джунглях, в капище бога Инварианта по кругу висят 12 бутылок. Одна из них расположена горлышком вниз, а остальные — горлышком вверх. Жрецы считают, что если вместо нее окажется перевернутой соседняя бутылка, то это приведет к серьезным последствиям. а) Если враждебный чужестранец добьется этого, переворачивая по 4 бутылки подряд, то он вызовет гром; б) по 3 — землетрясение; в) по 6 — конец света. Каких бедствий можно не опасаться? 12) На плоскости нарисован правильный треугольник со стороной 1. Разрешается двигать любую его вершину по прямой, проходящей через эту вершину и параллельной стороне, образованной двумя другими вершинами. Можно ли при помощи таких операций получить прямоугольный треугольник с катетами длины 1?

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ КРУЖКИ В ЗИМНЕМ ЛАГЕРЕ

В зимнем математическом лагере, который проходил с 3 по 7 января, при проведении занятий была использована система мастер-классов. Каждый преподаватель проводил занятия по определённой теме в разных группах. Шесть часовых занятий в день были разделены на три пары и ребята на каждую пару приходили к новому преподавателю. Такая система работы всем участникам лагеря очень понравилась. Преподаватели смогли познакомиться со всеми детьми, а дети пообщались со всеми преподавателями. Особенно понравились всем занятия по изготовлению трубогранников, которые проводил Борис Миронов. Любовь Корешкова знакомила ребят с играми и стратегиями, Андрей Теслер рассказывал двум старшим группам геометрию масс, а младшей – теорию графов. Михаил Иванов посвятил свой мастер-класс в старших группах решению неравенств, занятия в младшей группе были посвящены раскраскам и разрезаниям. На занятиях у Светланы Бердовской младшие участники лагеря учились применять идеи использования чётности при решении задач, а старшие покоряли малую теорему Ферма.

Ниже мы приводим материалы занятий.

Материалы занятий младшей группы

Четность и чередование Очень часто при решении олимпиадных задач используются идеи чётности и чередования. Через чётность происходит первое знакомство детей с теорией чисел, поэтому данная тема очень важна. Она учит детей рассуждать и закладывает фундамент к умению работать с остатками. Известно, что целые числа бывают четными и нечетными. Четные числа можно записать в виде 2k, где k - целое число, а нечетные – в виде 2k +1 или 2k-1. Очень важным является следующий факт: четность суммы нескольких целых чисел совпадает с четностью количества нечетных слагаемых. Пример. Число 1+2+3+…+10 – нечетное, так как в сумме 5 нечетных слагаемых. Число 3+5+7+9+11+13 – четное, так как в сумме 6 нечетных слагаемых. Свойства четности: 1) Сумма четных чисел четна. 2) Сумма двух нечетных чисел четна. 3) Сумма четного и нечетного чисел нечетна. 4) Произведение любого числа на четное число четно. 5) Если произведение нечетно, то все сомножители нечетны. 6) Сумма нечетного количества нечетных чисел нечетна. 7) Сумма четного количества нечетных чисел четна. 8) Разность и сумма двух данных чисел есть числа одной четности. 9) Если объекты можно разбить на пары, то их количество четно.

Задачи:

1. Может ли вращаться система из 11 шестеренок, если 1-я сцеплена со 2-й, 2-я – с 3-й и так далее, а 11-я сцеплена с 1-й?

2. Может ли прямая, не содержащая вершин 1001-угольника, пересекать каждую его сторону?

3. Существует ли 25-звенная ломаная, пересекающая каждое свое звено ровно один раз?

4. У каждого марсианина три руки. Могут ли 7 марсиан взяться за руки? 5. Набор домино выложили в ряд по правилам. На одном конце цепочки - пятерка.

Что на другом? 6. На клетчатой бумаге нарисован замкнутый путь (по линиям сетки). Доказать, что

он имеет четную длину (сторона клетки имеет длину 1) 7. Улитка ползет по плоскости с постоянной скоростью, поворачивая на 90 градусов

каждые 15 минут. Доказать, что она может вернуться в исходную точку только через целое число часов.

8. Кузнечик прыгает по прямой: первый раз - на 1 см, второй раз - на 2 см и так далее. Может ли он через 25 прыжков вернуться на старое место?

9. Четно или нечетно число 1+2+3+…+1990? 10. В выражении 1*2*3*…*9 звездочки заменяют на - или +

a) Может ли получиться 0? b) Может ли получиться 1? c) Какие числа могут получиться? 11. Произведение двадцати двух чисел 1и -1 равно 1. Доказать, что их сумма не равна нулю. 12. Три кузнечика играют в чехарду: каждую секунду один из них прыгает через какого-то другого (но не через двух). Могут ли они через 25 секунд вернуться на свои места? 13. В вершинах куба написаны числа 1 и -1. На каждой грани написано произведение чисел в углах этой грани. Может ли сумма всех написанных чисел быть равна нулю? 14. По кругу написаны 4 единицы и 5 нулей. За ход между двумя одинаковыми цифрами пишется единица, а между разными - ноль (старые цифры стираются). Могут ли через несколько ходов все числа стать одинаковыми? 15. В вершинах n-угольника стоят числа 1 и -1. На каждой стороне написано произведение чисел на ее концах. Оказалось, что сумма чисел на сторонах равна нулю. Доказать, что a) n четно b) n делится на 4. Задачи для домашнего обдумывания:

1. Доказать, что любая ось симметрии 45-угольника проходит через его вершину. 2. Может ли кузнечик за 25 прыжков вернуться в начальную позицию, если он прыгает: a) по прямой в любую сторону на нечетное расстояние. b) по плоскости на расстояние 1 в любом из 4 основных направлений (вверх, вниз, вправо, влево). с) по плоскости ходом коня (т.е. по диагонали прямоугольника 1х2). d) по диагонали прямоугольника axb (a и b фиксированы). 3. Из набора домино выкинули все кости с пустышками. Можно ли оставшиеся выложить в ряд по правилам? 4. Может ли 25-звенная ломаная пересекать каждое свое звено по 3 раза? 5. На доске 25х25 расставлены 25 фишек, причем их расположение симметрично относительно обеих главных диагоналей. Доказать, что одна из фишек стоит в центре.

6. Доска 9х9 раскрашена в 9 цветов, причем раскраска симметрична относительно главной диагонали. Доказать, что на этой диагонали все клетки раскрашены в разные цвета. 7. По кругу расставлены нули и единицы (и те и другие присутствуют). Каждое число, у которого два соседа одинаковы, заменяют на ноль, а остальные числа - на единицы, и такую операцию проделывают несколько раз. a) могут ли все числа стать нулями, если их 13 штук? b) могут ли все числа стать единицами, если их 14 штук? 8. В вершинах n-угольника стоят числа 1 и -1. На каждой стороне написано произведение чисел на ее концах. Оказалось, что сумма чисел на сторонах равна нулю. Доказать, что a) n четно b) n делится на 4.

Графы

1. Между городами одной страны введено авиасообщение. Маршруты самолётов таковы: А-В, Б-Г, Д-В, К-Т, Е-Д, Б-К, Д-А, Г-Т, С-Х. Можно ли долететь самолётами из А в Б? 2. В школе есть 50 компьютеров, некоторые из них соединены кабелями. От каждого компьютера отходит по 7 кабелей. Сколько всего кабелей использовано? 3. а) Рассказывают, что на Сказочном острове было 99 стран, и у каждой страны было три соседних. Не врут ли? б) А если "по три или пять соседних"? 4. (про число рёбер в полном графе) Как-то раз встретились 10 человек, и каждый пожал руку каждому (кроме себя). Сколько рукопожатий было совершено? 5. На дискотеке каждый мальчик танцевал с десятью девочками, а каждая девочка - с семью мальчиками. Кого было больше (девочек или мальчиков) и во сколько раз? 6. В стране 15 городов, и каждый соединён авиарейсами хотя бы с семью другими. Докажите, что можно добраться самолётом из любого города в любой другой. 7. Нарисуйте граф, в котором: а) 8 вершин и все они имеют степень 3; б) 6 вершин и все они имеют степень 4. 8. Можно ли выписать в ряд цифры от 0 до 9 так, чтобы сумма любых двух рядом стоящих цифр делилась либо на 5, либо на 7, либо на 13? 9. В графе 10 вершин, и все имеют степень 2. Приведите пять разных (то есть неизоморфных) примеров такого графа. 10. Докажите, что в любом графе есть две вершины с одинаковой степенью.

Можно или нельзя разрезать? Во всех задачах все фигуры клетчатые, фигурки можно поворачивать и переворачивать. 1. a) Можно ли разрезать квадрат 8 × 8 на доминошки? b) а квадрат без угловой клетки? с) а без двух соседних угловых клеток? d) а без двух противоположных угловых клеток? Подсказка: в пунктах b) и d) структура доказательства до невозможности одинаковая: в одном случае необходимо подсчитать общее количество клеток, а в другом - клеток одного цвета. 2. Рассмотрим фигурки из 4 клеток: квадрат, полоску, кораблик, L-тетрамино. a) Докажите, что квадрат размера 8 × 8 можно разбить на фигурки этих 4 типов. b) Докажите, что никакой квадрат нельзя разбить на Z-тетрамино.

c) Можно ли разрезать квадрат 10 × 10 на полоски, кораблики, L-тетрамино Подсказка: покрасьте квадрат в шахматную раскраску, затем вертикальные полосы через одну ("матрасиком"), а потом диагонали через три. 3. Какие прямоугольники можно разрезать на уголки из трех клеток. a) Докажите, что квадрат 3 × 3 нельзя разрезать на уголки. b) Разрежьте прямоугольник 5 × 9 на уголки. с) Какие прямоугольники можно разрезать на уголки (сформулируйте и докажите утверждение).

Поиграем?

Правильная игра. Будем говорить, что у игрока есть выигрышная стратегия, если он может играть так, чтобы выиграть вне зависимости от ходов своего противника. Будем считать, что игроки достаточно умны для того, чтобы в случае существования у них выигрышной стратегии пользоваться ей, а не давать выиграть другому. Правильной игрой мы будем называть именно такую игру, в которой нет “глупых” ходов. А вопрос: “Кто выигрывает при правильной игре?” нужно понимать как: “У какого из игроков есть выигрышная стратегия?”

Пример:

В двух кучках лежат предметы, по 2013 предметов в каждой. За ход разрешается взять произвольное количество предметов, но только из одной кучки. Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Найдите выигрышную стратегию для второго игрока. А если предметы лежат в 3 кучках?

Задачи:

1. На столе выложены две одинаковых монеты. Играют двое. Каждый игрок за один ход может взять любую из монет и разменять ее меньшими монетами, но на ту же сумму. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре? (Монеты берутся из набора 2, 3, 5, 10, 15, 20, 50 копеек и 1 рубль).

2. Два миллионера по очереди кладут пятаки на круглый стол, так, чтобы они не накладывались друг на друга. Проигрывает тот, кто не может сделать хода. Как надо играть миллионеру, который кладёт первый пятак, чтобы наверняка выиграть?

3. а) Анечка и Славик ломают шоколадку размером 6×17. За один ход разрешается сделать прямолинейный разлом по любому из имеющихся углублений. Проигрывает тот, кто первым отломит дольку 11. Начинает Анечка, кто выиграет при правильной игре? б) А если выигрывает тот, кто первым отломит 1х1?

4. У ромашки а) 12 лепестков; б) 11 лепестков. За ход разрешается оторвать либо один лепесток, либо два рядом растущих лепестка. Проигрывает тот, кто не может сделать хода. Кто выигрывает при правильной игре?

5. На доске в строку написаны целые числа от 1 до 2013. Игроки по очереди расставляют между ними знаки "+" или "–". После того, как все места заполнены, подсчитывается результат. Если он четен, выигрывает первый игрок, если нечетен – второй игрок. Кто выигрывает при правильной игре?

Рис. 1

6. В каждой клетке доски а) 11 × 11 б) 12 × 12 стоит шашка. За ход разрешается снять с доски любое количество подряд идущих шашек либо из одного вертикального, либо из одного горизонтального ряда. Выигрывает снявший последнюю шашку. Кто выигрывает при правильной игре?

Дополнительные задачи:

7. Дана доска в виде трех пересекающихся шестиугольников, разбитая на треугольники (рис.1). Двое играют в следующую игру: первый своим первым ходом ставит короля на любую клетку, после чего, начиная со второго, они поочередно двигают его по доске (в соседнюю по стороне клетку), причем запрещается ходить в ранее посещенные клетки. Проигрывает тот, кто не может сделать хода. Кто выигрывает при правильной игре и как он должен играть?

8. Двое играют в следующую игру: первый выбирает любое поле на доске 8 × 8, ставит туда короля и делает ход (король может ходить в соседние и соседние по диагонали клетки), при условии, что на эту клетку раньше никто не вставал. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выигрывает при правильной игре

9. Дан прямоугольный параллелепипед размерами 4*4*4, составленный из единичных кубиков. За ход разрешается проткнуть спицей любой ряд, если в нем есть хотя бы один непроткнутый кубик. Проигрывает тот, кто не может сделать ход.

Материалы занятий средней и старшей групп (количество разобранных задач и глубина изучения материала зависела от уровня подготовки учащихся группы)

Теория игр 1. Двое по очереди кладут пятаки на круглый стол, причем так, чтобы они не накладывались друг на друга. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. 2. Двое по очереди ставят слонов в клетки шахматной доски так, чтобы слоны не били друг друга (цвет слонов значения не имеет). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. 3. Двое по очереди ставят королей в клетки доски так, чтобы короли не били друг друга. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. 4. Дана клетчатая доска а) 9* 10; б) 9* 11; с) 12* 10. За ход разрешается покрыть любые 2 соседние клетки доминошкой (прямоугольником 2*1 или 2*1) так, чтобы доминошки не перекрывались. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. 5. В каждой клетке доски стоит шашка. За ход разрешается снять с доски любое количество подряд идущих шашек либо из одного вертикального, либо из одного горизонтального ряда. Выигрывает снявший последнюю шашку. 6. На окружности расставлено 10 точек. За ход разрешается соединить любые две из них отрезком, который не пересекает отрезков, проведенных ранее. Проигрывает тот, кто не может сделать ход.

7. У ромашки а) 12 лепестков; б) 11 лепестков. За ход разрешается оторвать либо один лепесток, либо два рядом растущих лепестка. Проигрывает тот, кто не может сделать хода. 8. Дан прямоугольный параллелепипед размерами 4*4*4, составленный из единичных кубиков. За ход разрешается проткнуть спицей любой ряд, если в нем есть хотя бы один непроткнутый кубик. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. 9. Двое по очереди разламывают шоколадку 5*10. За ход разрешается сделать прямолинейный разлом любого из имеющихся кусков вдоль углубления. Выигрывает тот, кто первым отломит дольку 1*1. 10. Двое по очереди ставят крестики и нолики в клетки доски n*n. Начинающий ставит крестики, его соперник — нолики. В конце подсчитывается, сколько имеется строчек и столбцов, в которых крестиков больше, чем ноликов — это очки, набранные первым игроком. Количество строчек и столбцов, где ноликов больше — очки второго. Побеждает тот из игроков, кто наберёт больше очков. 11. На доске два числа — 7 и 8. Игрок за ход стирает наибольшее (если наибольших несколько, то любое из них) и пишет вместо него любое меньшее натуральное число. Кто сходит в позицию 1,1, тот а) выиграл; б) проиграл. 12. Дан выпуклый n-угольник. Игроки по очереди соединяют любые две из его вершин диагональю. Не допускается, чтобы из одной вершины выходило 3 или больше диагоналей. Проигрывает тот, кто не может провести диагональ. 13. Рассмотрим прямоугольник n*m, разделённый на единичные квадратики. Игроки по очереди выбирают одну из вершин, являющуюся общей для двух или более квадратиков, и убирают все квадратики, которые выше и правее этой вершины. Можно еще ходить в самую нижнюю левую, но тот, кто туда сходит, проигрывает. 14. В микросхеме 2000 контактов, первоначально любые два контакта соединены отдельным проводом. Хулиганы Вася и Петя по очереди перерезают провода, причем Вася (он начинает) за ход режет один провод, а Петя – либо один, либо три провода. Хулиган, отрезающий последний провод от какого-либо контакта, проигрывает. Кто из них выигрывает при правильной игре? 15. Двое играющих наперегонки едят яблоки. Вначале первый выбирает яблоко, затем второй – любое из оставшихся яблок, и они одновременно начинают есть. Они едят с одинаковой скоростью, и тот, кто доел, берет следующее яблоко. Кто из них сможет съесть больше и на сколько при любых действиях второго, если вначале есть а) 3 яблока весами 160 г, 140 г и 90 г б) 4 яблока весами 200 г, 150 г, 100 г и 80 г? 16. Есть 20 спичек. Можно брать 2, 3, или 4 , но нельзя столько, сколько предыдущий. Кто не может сходить – проигрывает. Кто выигрывает? 17. 100 карточек в стопке пронумерованы числами от 1 до 100 сверху вниз. Двое играющих по очереди снимают сверху по одной или несколько карточек и отдают противнику. Выигрывает тот, у кого первого произведение всех чисел на карточках станет кратно 1000000. Может ли кто-то из игроков всегда выигрывать независимо от игры противника? 18. От клетчатой доски m × n (m > 2, n > 2) осталась только рамка шириной 1. За один ход можно выпилить одну или несколько клеток, образующих прямоугольник, лишь бы при этом оставшаяся часть не распалась на два куска. Кто не может сделать хода – проигрывает. Кто из игроков может выигрывать независимо от игры противника? 19. В Черноморском казино Остап Бендер играет с крупье в фишки. Игра состоит в том, что игроки по очереди (крупье – первым, Остап – вторым) перекладывают фишки с черного поля стола на красное. За один ход можно переложить не меньше одной фишки и не больше, чем уже есть на красном поле. Побеждает тот, кто положил на красное поле последнюю фишку. До начала игры на красном поле лежат 10 фишек, а на черном – некоторое известное Остапу количество (но не ноль). У Остапа в кармане лежат 10 фишек,

которые он может до начала игры незаметно подбросить: некоторые – на красное, а некоторые – на черное. Докажите, что он сможет выиграть. 20. Двое игроков по очереди выписывают натуральные числа. Первое число должно быть однозначным, каждое следующее – кратно предыдущему, больше него, но менее чем в 10 раз. Проигрывает тот, кто первым напишет число больше триллиона. Кто из игроков может выигрывать независимо от игры противника?

Геометрия масс Основные теоремы: (1) существование и единственность центра масс; (2) правило рычага (центр масс системы из двух точек); (3) теорема о перегруппировке (можно заменить подсистему одной жирной точкой в центре масс)

1. В точках (0,0), (0,1), (1,0), (1,1) стоят массы 1, 2, 3, 4 соответственно. Найдите координаты центра масс.

2. Докажите, что если несколько точек лежат на одной прямой, то и их центр масс лежит на этой прямой.

3. В вершинах параллелограмма стоят массы p, q, p, q (по порядку). Где находится центр масс?

4. В вершинах выпуклого четырёхугольника стоят единичные массы. Верно ли, что центр масс четырёхугольника - т.п. диагоналей?

5. Найдите AM:MC и AO:OK (см. рисунок). 6. а) На плоскости даны четыре точки с единичными массами.

Опишите какой-нибудь алгоритм построения их центра масс с помощью циркуля и линейки. б) Та же задача для пяти точек.

7. Сформулируйте и докажите утверждение о тетраэдре, аналогичное теореме о точке пересечения медиан треугольника.

8. Даны шесть точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Точка пер. медиан треугольника, образованного какими-то тремя из них, соединена с т. пер. медиан треугольника с вершинами в остальных трёх точках. Докажите, что все десять получаемых таким образом отрезков пересекаются в одной точке.

9. Прямая проходит через вершину треугольника и середину одной из медиан. В каком отношении эта прямая делит другую медиану?

10. Докажите, что середины диагоналей четырёхугольника и точка пересечения его средних линий лежат на одной прямой. (Средними линиями четырёхугольника называются отрезки, соединяющие середины противоположных сторон.)

11. Расставьте в точках (0,0), (0,1), (1,0), (1,1) какие-нибудь целые массы так, чтобы центр масс имел координаты: а) (4/9, 7/9); б) (2/7, 3/8).

12. а) В вершинах треугольника стоят положительные массы. Докажите, что центр масс лежит строго внутри треугольника. б) Докажите, что любую точку внутри треугольника можно задать как центр каких-нибудь трёх масс, стоящих в вершинах. в) Докажите, что если сумма этих масс равна единице, то такой способ только один.

13. Зная a, b, c, d, найдите отношения MZ:ZP и NZ:ZQ (см. рис.).

14. Докажите теоремы Чевы и Менелая с помощью центра масс. (Впрочем, мы сделаем это вместе.

От алгебраических преобразований к алгебраическим неравенствам

0. Первое неравенство: для любого x выполнено неравенство 𝑥𝑥2 ≥ 0.

1. Неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

Для положительных a, b выполнено √𝑎𝑎𝑎𝑎 ≤ 𝑎𝑎+𝑏𝑏2

или для любых вещественных x, y выполнено 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2 ≥ 2𝑥𝑥𝑦𝑦 .

Докажите эти неравенства, и объясните, как одно следует из другого заменой переменных.

2. Неравенства о средних для двух чисел: Для положительных a и b

min(𝑎𝑎, 𝑎𝑎) ≤2

1𝑎𝑎 + 1

𝑎𝑎≤ √𝑎𝑎𝑎𝑎 ≤

𝑎𝑎 + 𝑎𝑎2

≤ 𝑎𝑎2 + 𝑎𝑎2

2≤ max (𝑎𝑎, 𝑎𝑎)

Докажите все неравенства.

3. Когда достигается равенство в каждом неравенстве?

4. Для положительных x докажите, что 𝑥𝑥 + 1𝑥𝑥≥ 2.

5. Для x > 1 докажите, что 𝑥𝑥2

𝑥𝑥−1≥ 4.

6. Для любых вещественных a, b, c докажите неравенства:

a) 𝑎𝑎2 + 𝑎𝑎2 + 𝑐𝑐2 ≥ 𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑎𝑎𝑐𝑐 + 𝑎𝑎𝑐𝑐 ;

b) 𝑎𝑎4 + 𝑎𝑎4 + 𝑐𝑐4 ≥ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐(𝑎𝑎 + 𝑎𝑎 + 𝑐𝑐) ;

c) определите, когда достигается равенство.

7. Докажите неравенство для любых значений переменных:

𝑎𝑎2 + 4𝑎𝑎𝑎𝑎 + 8𝑎𝑎2 + 4𝑎𝑎 + 1 ≥ 0

8. Докажите неравенство для любых значений переменных a) алгебраически; b) геометрически:

𝑥𝑥12 + 𝑦𝑦12 + 𝑥𝑥22 + 𝑦𝑦22 ≥ (𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2)2 + (𝑦𝑦1 + 𝑦𝑦2)2

9. Пусть 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, … , 𝑥𝑥𝑛𝑛 > 0. Докажите, что

(𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥1 + ⋯+ 𝑥𝑥𝑛𝑛) 1𝑥𝑥1

+1𝑥𝑥2

+ ⋯+1𝑥𝑥𝑛𝑛 ≥ 𝑛𝑛2

для a) n = 2,

b) n = 3,

c) произвольного n.

Серьезный разговор о серьезных неравенствах

1. Докажите для положительных чисел, что 6𝑎𝑎 + 4𝑎𝑎 + 5𝑐𝑐 ≥ 5√𝑎𝑎𝑎𝑎 + 7√𝑎𝑎𝑐𝑐 + 3√𝑎𝑎𝑐𝑐

2. Транснеравенство для двух чисел: Докажите, что если 𝑥𝑥1 ≤ 𝑥𝑥2 ,𝑦𝑦1 ≤ 𝑦𝑦2 , то 𝑥𝑥1𝑦𝑦2 +𝑥𝑥2𝑦𝑦1 ≤ 𝑥𝑥1𝑦𝑦1 + 𝑥𝑥2𝑦𝑦2. 3. Неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом: Докажите, для

положительных 𝑎𝑎1,𝑎𝑎2, … ,𝑎𝑎𝑛𝑛,

𝑎𝑎1𝑎𝑎2 … 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑛𝑛 ≤𝑎𝑎1 + 𝑎𝑎2 + ⋯+ 𝑎𝑎𝑛𝑛

𝑛𝑛

a) Сведите общий случай к случаю 𝑎𝑎1𝑎𝑎2 … 𝑎𝑎𝑛𝑛 = 1

b) Докажите этой случай, применяя следующее неравенство: если 𝑥𝑥 ≤ 1 ≤ 𝑦𝑦, то

1 + 𝑥𝑥𝑦𝑦 ≥ 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦

4. Остальные неравенства о средних: Докажите, что для положительных чисел

min (𝑖𝑖

𝑎𝑎𝑖𝑖) ≤𝑛𝑛

1𝑎𝑎1

+ 1𝑎𝑎2

+ ⋯+ 1𝑎𝑎𝑛𝑛

≤ 𝑎𝑎1𝑎𝑎2 … 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑛𝑛 ≤𝑎𝑎1 + 𝑎𝑎2 + ⋯+ 𝑎𝑎𝑛𝑛

𝑛𝑛≤ 𝑎𝑎1

2 + ⋯+ 𝑎𝑎𝑛𝑛2

𝑛𝑛

≤ max𝑖𝑖

(𝑎𝑎𝑖𝑖)

5. Докажите, что

𝑎𝑎 + 𝑎𝑎2

≤ 𝑎𝑎𝑛𝑛 + 𝑎𝑎𝑛𝑛

2𝑛𝑛

6. Пусть 𝑥𝑥 + 𝑦𝑦 = 1 и положительны. Найдите минимальное значение

a) 𝑥𝑥2 + 𝑦𝑦2; b) 𝑥𝑥4 + 𝑦𝑦4; c) 𝑥𝑥3 + 𝑦𝑦3.

7. Докажите, что если 𝑎𝑎 + 2𝑎𝑎 + 3𝑐𝑐 ≥ 14, то 𝑎𝑎2 + 𝑎𝑎2 + 𝑐𝑐2 ≥ 14.

Малая теорема Ферма.

Сравнения и их свойства.

По определению, a сравнимо с b по модулю n, если a − b = kn, где k — целое число. Обозначается это так: a ≡ b (mod n). 1. Докажите, что если a ≡ b (mod n) и c ≡ d (mod n), то: а) a + c ≡ b + d (mod n); б) a − c ≡ b − d (mod n); в) ac ≡ bd (mod n); г) для любого натурального m верно am ≡ bm (mod n). д) верно ли, что 𝑎𝑎: 𝑐𝑐 ≡ 𝑎𝑎:𝑑𝑑 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 𝑛𝑛) 2. Докажите, что: а) если k ≠ 0 и ka ≡ kb (mod kn), то a ≡ b (mod n);

б)если ka ≡ kb (mod n) и числа k, n взаимно просты, то a ≡ b (mod n). 3. Докажите, что для любого целого a: а) a2 − a делится на 2; б) a3 − a делится на 3; в) a5 − a делится на 5. 4. Пусть p — простое число, а k — целое число, не делящееся на p. Рассмотрим остатки от деления на p чисел k, 2k, 3k, …, (p − 1)k. Докажите, что: а) среди этих остатков нет нулевого; б) все эти остатки разные; в) это все ненулевые остатки от деления на p. 5. Докажите, что если целое число k не кратно простому числу p, то kp−1 дает остаток 1 при делении на p. Малая теорема Ферма: Пусть p - простое число, тогда

𝑎𝑎𝑝𝑝−1 ≡ 1(𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 𝑝𝑝) для всякого целого a, не делящегося на p, или, что эквивалентно,

𝑎𝑎𝑝𝑝 ≡ 𝑎𝑎(𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 𝑝𝑝) для всякого целого a. Функция Эйлера φ(n) — это количество натуральных чисел от 1 до n, взаимно простых с n. 6. Пусть p — простое число. Докажите, что: а) φ(p) = p − 1; б) φ(pk) = p k − pk−1. в) φ(mn) = φ(m) φ(n). Теорема Эйлера :

𝑎𝑎𝜑𝜑(𝑚𝑚) ≡ 1(𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 𝑚𝑚) для всякого целого a, взаимно простого с m. Задачи:

1. Найдите остаток от деления 2100 на 101.

2. Найдите остаток от деления 3102 на 101.

3. Докажите, что 3003000 − 1 делится на 1001

4. Найдите остаток от деления 8900 на 29.

5. Докажите, что 7120 − 1 делится на 143.

6. Докажите, что число 30239 + 23930 - составное.

7. Сумма трёх чисел а, b и c делится на 30. Докажите, что 𝑎𝑎5 + 𝑎𝑎5 + 𝑐𝑐5 также делится на 30.

8.Теорема Вильсона:

Пусть p- простое число. Докажите, что (𝑝𝑝 − 1)! ≡ −1(𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 𝑝𝑝)

9. Пусть n – натуральное число, не кратное 17. Докажите, что либо 𝑛𝑛5 + 1, либо 𝑛𝑛5 − 1 делится на 17.

10. Пусть p – простое число., отличное от 3. Докажите, что число 111…11 (p единиц) не делится на p.

11. Пусть р>5 – простое число. Докажите, что число 111…11 (p-1 единица) делится на p.

Математические игры

Игра обязательно должна присутствовать в детском коллективе. Детский коллектив, не играющий, не будет настоящим детским коллективом. В детском возрасте игра это норма и ребенок должен всегда играть, даже когда делает серьезное дело”.

А.С.Макаренко

В данной главе Вашему вниманию представлены материалы некоторых математических игр, проводившихся в летнем и зимнем лагере «Формулы Единства». Правила игр Вы найдёте ниже.

Домино. Младшая группа

0–0. Кем является мне жена мужа сестры брата моей мамы?

1–1. В компании рыцарей, которые всегда говорят правду, и лжецов, которые всегда лгут, каждый сказал каждому из остальных: «Ты – лжец!». Какое наибольшее число людей могло быть в этой компании?

1–2. Если этот день не идёт вслед за понедельником и не перед четвергом, а завтра не воскресенье и вчера было не воскресенье, а послезавтра будет не суббота и позавчера была не среда, то что это за день?

1–3. Сколько воскресений может быть в году?

1–4. Прогноз: резиновые покрышки колёс легкового автомобиля истираются, и ежегодно каждый автомобиль рассеивает в воздух 10 кг резиновой пыли. Сколько автомобилей способны произвести 500 тонн такой пыли за год?

1–5. Шапокляк в 5 раз тяжелее Чебурашки и на 30 кг легче Гены. Сколько весит Чебурашка, если они все трое вместе весят 140 кг?

1-6. Сколько существует 8-значных чисел, цифры которых расположены в порядке возрастания (то есть каждая следующая больше предыдущей).

2–2. Какова наименьшая сумма пяти различных современных монет?

2–3. От города А до города Б поезд шел 16 часов. Обратный путь этот поезд прошел со скоростью на 20 км в час большей и поэтому прошел весь путь на 4 часа быстрее. С какой скоростью шел поезд из А в Б?

2–4. У щенят и утят вместе 44 ноги и 18 голов. Сколько щенят и сколько утят?

2–5. Четыре девочки – Катя, Лена, Маша и Нина – участвовали в концерте. Они пели песни. Каждую песню исполняли 3 девочки. Катя спела 8 песен – больше всех. А Лена спела 5 песен – меньше всех. Сколько песен было спето?

2–6. Было 9 листов бумаги. Некоторые из них разрезали на 3 части. Всего стало 15 листов. Сколько листов бумаги разрезали?

3–3. Найдите двузначное число, равное сумме его цифр, увеличенной в 6 раз.

3–4. Прямоугольник состоит из двух одинаковых квадратов. Его периметр равен 18. Чему равна площадь прямоугольника?

3–5. Во сколько раз минутная стрелка часов движется быстрее, чем часовая?

3-6. Какое наибольшее число тупых углов могут образовывать на плоскости 6 лучей, выходящих из одной точки?

4–4. Чему равна самая большая сумма цифр суммы цифр трёхзначного числа?

4–5. Сегодняшняя дата записывается так: 07.01.2013. Укажите ближайшую следующую за этой дату, в которой цифры стоят слева направо в неубывающем порядке.

4–6. В числе 92 574 063 зачеркните 3 цифры так, чтобы оставшиеся 5 цифр в той же последовательности образовали возможно меньшее число.

5–5. В комнате 3 отца и 3 сына. Сколько людей могло находиться в комнате?

5–6. От куска материи длиной 300 метров ежедневно отрезали по 20 метров. В какой день отрежут последний кусок?

6–6. Деревянный кубик с ребром 4 см окрасили в синий цвет, а затем распилили на одинаковые кубики с ребром в 1см. Сколько получилось маленьких кубиков с одной синей гранью?

Математический аукцион

1. Найдите как можно меньшее натуральное число, у которого произведение цифр больше, чем сумма цифр.

2. Разрежьте правильный двенадцатиугольник на как можно меньшее количество треугольников. 3. В прямоугольнике 5x9 закрасьте как можно меньше клеток, так, чтобы у любой клетки (в том числе у закрашенной) среди соседних клеток была хотя бы одна закрашенная. 4. Найдите как можно большее натуральное число, в записи которого все цифры различны, а в названии все слова начинаются на одну букву. 5. Поставьте 8 коней на шахматной доске так, чтобы как можно меньше свободных клеток были под боем.

6. Представьте число 100 в виде суммы как можно большего количества различных нечётных чисел. 7. Разрежьте прямоугольник 8x8 по клеточкам на как можно большее число неравных прямоугольников. 8. Между цифрами 0 1 2 3 4 5 6 поставьте знаки четырёх арифметических действий и скобки так, чтобы получилось число, как можно более близкое к 2014. 9. Если число не больше тысячи, то его можно умножать на два или на три, а если больше, то можно стереть любую его цифру. Получите из числа 100 как можно большее число с помощью нескольких таких манипуляций. В качестве ответа предъявите полученное число вместе со способом его получения. 10. Напишите как можно больше различных натуральных чисел, используя три пятерки, знаки четырёх действий и скобки. Побеждает команда, написавшая последнее новое число.

Каруселька

Проводилась по упрощённым правилам «Математической карусели» без исходного и зачётного рубежей.

1. На сколько процентов треть половины больше половины девятой части?

2. Из кубика 10×10×10 выпилили угловой кубик 2×2×2. Полученную фигуру окрасили, а потом распилили на единичные кубики. Сколько при этом получилось кубиков, у которых ровно две окрашенные грани?

3. В ящике лежат 100 тапок одного размера: по 50 правых и левых, из них 39 белых и 61 черных. Какое наименьшее число тапок надо «вслепую» достать из ящика, чтобы среди них при любой раскраске тапок наверняка оказалась пара (левый и правый) одноцветных?

4. Сколько существует трехзначных чисел, все цифры которых — простые числа и все двузначные числа, которые можно получить, стерев одну из этих цифр, — тоже простые?

5. Найдите наименьшее натуральное число, десятичная запись которого содержит все цифры от 0 до 5, и которое делится на все эти цифры (кроме, конечно, нуля).

6. Найдите такое целое k, что 2007! делится на 2007k, но не делится на 2007k+1.

7. Найдите все пятизначные числа, у которых каждая цифра числа строго больше суммы цифр, стоящих правее нее (в частности, четвертая цифра больше пятой).

8. Числа 2007 и 1917 разделили с остатком на одно и то же число. В первом случае в остатке получилось 88, во втором — 99. На какое число делили?

9. Какое наименьшее число участников может быть в математическом кружке, если известно, что девочек в нем меньше 56%, но больше 53%?

10. Пятеро крестьян собрали урожай. Первый решил, что собрал больше остальных, и разделил между ними поровну 1/3 своего зерна. После этого второй решил поделиться с остальными, и сделал то же самое, что и первый. В результате весь урожай разделился поровну. Определите, сколько собрал каждый, если общий вес

11. В группе туристов меньше 100 человек. Из них 12% кировчан и 18% пермяков. Сколько туристов в этой группе?

12. На какое наименьшее число квадратов можно разрезать прямоугольник размером 6×7?

13. В однокруговом турнире по футболу (каждый с каждым сыграл ровно одну партию) участвовало 8 команд, которые набрали 15, 14, 13, 9, 8, 7, 4 и 3 очка. За победу присуждалось 3 очка, за ничью – 1 очко, за поражение – 0 очков. Сколько матчей в турнире закончилось вничью?

14. На дискотеку собрался весь класс — 22 человека. Аня танцевала с семью мальчиками, Белла — с восемью, Вера — с девятью, и так далее. Последняя из них танцевала со всеми мальчиками. Сколько мальчиков было на дискотеке?

15. В каждой клетке доски 4х4 стоит по фишке. Каждую фишку переложили на соседнюю по стороне клетку. Какое наибольшее количество пустых клеток могло получиться после такого перекладывания?

16. Среди чисел 1, 2, …, k ровно 223 числа, делящихся на 9, и ровно 250 чисел, делящихся на 8. Чему может равняться число k (перечислите все возможности)?

17. Назовем тройку простых чисел отличной, если произведение этих чисел в пять раз больше их суммы. Найдите все отличные тройки.

18. Из натурального числа вычли сумму его цифр, из полученного числа снова вычли сумму его цифр и так далее. После 11 таких вычитаний впервые получился ноль. С какого числа начали?

19. По кругу расставлены 10 красных и 15 синих фишек. Обозначим через p количество пар соседних синих фишек. Какие значения может принимать число p?

Математическая дуэль

Вариант 1 1. Площадь прямоугольного ледового катка равна 1000 м2. Какая площадь будет у точной копии этого катка, уменьшенной в 10 раз? 2. Найдите наибольший общий делитель чисел 2n+3 и n+7. 3. У Васи есть пять палочек длины 1, 2, 3, 4, 5 сантиметров. Он выбирает три из них и составляет треугольник. Сколько различных треугольников он может составить? 4. Найти наибольшее десятизначное число, кратное 7, все цифры в десятичной записи которого различны .

5. Дан бесконечный ряд чисел: 2, 6, 12, 20, 30, 42, ... . Укажите закономерность и найдите число, стоящее на 2013 – ем месте.

6. Какой должна быть цифра a в записи числа a780...78017801 (200 цифр), чтобы это число делилось на 16? 7. Сколько существует четырёхзначных чисел, которые при зачёркивании первой цифры уменьшалось в 9 раз. 8. Квадрат 300 × 300 разбит красными линиями на «вертикальные» прямоугольники 3 × 2, а синими линиями — на «горизонтальные» прямоугольники 2 × 3. Если провести разрезы по всем линиям, сколько получится отдельных квадратиков 1 × 1? 9. Напишите наименьшее четное восьмизначное число с суммой цифр 52. 10. Какой цифрой оканчивается произведение всех простых чисел, меньших 100?

Вариант 2 1. Один покупатель купил 20% имевшегося куска полотна, второй покупатель 30% остатка, а третий – 40% нового остатка. Сколько (в процентах) полотна осталось непроданным? 2. Из класса в 20 человек выбирают группу тех, кто пойдёт в театр. Число человек в такой группе может быть любым от 0 до 20 человек. Каким числом способов можно сделать такой выбор? 3. Три команды A, B, C провели друг с другом несколько тренировочных матчей. Известно, что команда A участвовала в 6 матчах, команда B – в 7, С – в 11. Сколько матчей сыграли друг с другом команды А и С?

4. Вычислить сумму 1 1 1 1 1 11 ...2 4 8 16 32 128

+ + + + + + + .

5. Найдите последнюю цифру числа 350.

6. Найдите все такие a, что для любого b существует ровно одно c, для которого 23 cab =

7. Когда сумму цифр двузначного числа сложили с ее квадратом, то получили данное число. Найдите это число. Необходимо указать все возможные варианты. 8. Четыре царевны загадали по двузначному числу, а Иван загадал четырехзначное число. После того, как они написали свои числа в ряд в каком-то порядке, получилось число 132040530321. Найдите число Ивана. 9. Найдите двухзначное число, которое вдвое больше произведения своих цифр 10. Автомат отрезает от помещенного в него прямоугольника квадрат со стороной, равной меньшей из сторон прямоугольника. Применяя несколько раз подряд этот автомат к имеющемуся прямоугольнику, Вася в конце концов разрезал его на 3 больших квадрата, 2 квадрата поменьше и 6 маленьких квадратов со стороной 1 см. Укажите размеры исходного прямоугольника.

Задачи единого дня матбоёв 29 июля 2013 года

Математический бой 1 1. Книга состоит из 30 рассказов объёмом 1, 2, ..., 30 страниц. Рассказы печатаются с

первой страницы, каждый рассказ начинается с новой страницы. Какое наибольшее количество рассказов может начинаться с нечётной страницы?

2. Даны четыре попарно различных положительных числа a, b, c и d. Каждую минуту эти числа одновременно заменяются на a+b+c–d, a+c+d–b, a+b+d–c, и b+c+d–a. Обязательно ли на доске через некоторое время появится отрицательное число?

3. Восемь хоккейных команд провели чемпионат: каждые две команды сыграли ровно один матч. За победу давалось 2 очка, за ничью – 1 очко, за поражение – 0 очков. Оказалось, что ровно семь команд поделили второе место. Сколько очков могла набрать команда-победительница?

4. Что больше: сумма пятых степеней натуральных чисел от 1 до 10000 или сумма десятых степеней натуральных чисел от 1 до 100?

5. ЭВМ по вставленным в нее карточкам с ненулевыми числами a и b выводит карточку с числом 1-a/b и возвращает обе вставленные карточки. Как, имея карточки с числами 1 и 10, получить карточку с числом 1000?

6. Фигура «сфинкс» состоит из 6 правильных треугольников со стороной 1 (см. рис.). Можно ли правильный треугольник со стороной 30 разрезать на сфинксов? (Фигурки можно поворачивать и переворачивать.)

7. На Васиной чаше двухчашечных весов лежат гири весом 1 г, 3 г, ..., 2001 г, а на Петиной чаше - 2 г, 4 г, ..., 2000 г. Первым ходит Вася - он убирает в некотором порядке по одной гире со своей чаши до тех пор, пока она не станет легче Петиной. Потом Петя убирает по одной гире со своей чаши до тех пор, пока она не станет легче Васиной. Затем опять ходит Вася, потом Петя, и так далее. Выигрывает тот, кто первым сможет убрать все гири со своей чаши. Кто выигрывает при правильной игре?

8. Каждая клетка тетрадного листа закрашена в один из семи цветов. Возможно ли, что любомL-тетрамино все клетки разного цвета? (L-тетрамино— это фигурка из четырёх клеток в форме буквы L или Г, возможно, повёрнутая.)

Математический бой 2 1. Решите в натуральных числах уравнение n²+8=m!. 2. Даны четыре попарно различных положительных числа a, b, c и d. Каждую минуту

эти числа одновременно заменяются на a+b+c–d, a+c+d–b, a+b+d–c и b+c+d–a. Обязательно ли через некоторое время появится отрицательное число?

3. Восемь хоккейных команд провели чемпионат: каждые две команды сыграли ровно один матч. За победу давалось 2 очка, за ничью – 1 очко, за поражение – 0 очков. Оказалось, что ровно семь команд поделили второе место. Сколько очков могла набрать команда-победительница? (Найдите все варианты)

4. С многоугольником разрешено проделывать следующую операцию. Если многоугольник делится отрезком AB на два многоугольника, то один из этих многоугольников можно отразить симметрично относительно серединного перпендикуляра к отрезку AB. (Операция разрешается только в том случае, когда в результате получается несамопересекающийся многоугольник.) Можно ли путем нескольких таким операций получить из квадрата правильный треугольник?

5. Вещественные числа x, y и z таковы, что xyz=1. Докажите, что (2+x)(2+y)(2+z)≤ 27.

6. Фигура «сфинкс» состоит из 6 правильных треугольников со стороной 1 (см. рис.). Можно ли правильный треугольник со стороной 30 разрезать на сфинксов? (Фигурки можно поворачивать и переворачивать.)

7. На Петиной чаше двухчашечных весов лежат гири весом 1 г, 3 г, ..., 2001 г, а на Васиной чаше – 2 г, 4 г, ..., 2000 г. Первым ходит Петя – он убирает в некотором порядке по одной гире со своей чаши до тех пор, пока она не станет легче Васиной. Потом Вася убирает по одной гире со своей чаши до тех пор, пока она не станет легче Петиной. Затем опять ходит Петя, потом Вася, и так далее. Выигрывает тот, кто первым сможет убрать все гири со своей чаши. Кто может выиграть независимо от игры соперника?

8. Каждая клетка тетрадного листа закрашена в какой-нибудь цвет. Известно, что в каждом L-тетрамино все клетки разного цвета. При каком наименьшем количестве цветов это возможно? (L-тетрамино – это фигурка из четырёх клеток в форме буквы L или Г, возможно, повёрнутая.)

Математический бой 3

1. Бесконечная последовательность натуральных чисел a0, a1..., an, ... такова, что a0=1, а an

2>an-1*an+1 (при n>0). Докажите, что ak > k при всех натуральных k. 2. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки P, Q, R, S — середины сторон AB, BC,

CD, DA соответственно, а точки K, L — середины диагоналей AC и BD соответственно. Диагонали пересекаются в точке O. Внутри четырехугольника нашлась такая точка X, что OKXL — параллелограмм. Докажите, что площади четырехугольников XSAP, XPBQ, XQCR и XRDS равны.

3. Рассмотрим множество из 20 целых чисел a1, a2, …, a10, -a1, -a2, …, -a10. Докажите, что из этого множества можно выбрать непустое подмножество S такое, что никакие два числа a i и -ai не могут оба лежать в S, и сумма всех чисел из S делится на 1001.

4. Решите в натуральных числах уравнение n2+8=m! 5. С многоугольником разрешено проделывать следующую операцию. Если

многоугольник делится отрезком AB на два многоугольника, то один из этих многоугольников можно отразить симметрично относительно серединного перпендикуляра к отрезку AB. (Операция разрешается только в том случае, когда в результате получается несамопересекающийся многоугольник.) Можно ли путем нескольких таким операций получить из квадрата правильный треугольник?

6. Хроматическое число графа G равно k. Известно, что существует правильная раскраска вершин графа G такая, что вершин каждого цвета хотя бы две. Докажите, что существует такая раскраска в k цветов. (Хроматическим числом графа называется наименьшее число цветов, в которое можно правильно раскрасить вершины этого графа.)

7. Положительные числа x, y и z таковы, что xyz=1. Докажите, что (2+x)(2+y)(2+z) ≤ 27.

8. Фигура «сфинкс» состоит из 6 правильных треугольников со стороной 1 (см. рис). Можно ли правильный треугольник со стороной 30 разрезать на сфинксов? (Фигурки можно поворачивать и переворачивать.)

9.

Задачи матбоев, проводимых в зимнем лагере

Матбой 1 (старшая группа) 1. На шахматной доске расставлены кони. Петя Васечкин посчитал и запомнил расстояния между любыми двумя конями. После этого Вася Петечкин сходил каждым конем по одному разу. Петя Васечкин вздохнул и опять посчитал расстояния. Обнаружилось, что каждое из расстояний (между одними и теми же конями) увеличилось. Каково максимальное количество коней на доске? Расстояние между конями – это расстояние между центрами клеток, на которых они стоят. 2. Из чисел от 1 до 48 половину покрасили в синий цвет, а остальные в красный. Может ли произведение красных чисел оказаться степенью суммы синих? 3. Можно ли найти восемь таких натуральных чисел, что ни одно из них не делится ни на какое другое, но квадрат любого из этих чисел делится на каждое из остальных? 4. Сколько способов провести через вершины квадрата четыре параллельных прямых, так что расстояние между любыми двумя соседними прямыми одинаково? 5. Фенечка – это клетчатая бумажная полоска 2×n, склеенная в цилиндрическое колечко высоты 2. Два игрока по очереди вырезают из фенечки по одной клетке. Игрок, после хода которого фенечка развернется (потеряет цилиндрическую связность), проигрывает. Кто выигрывает при правильной игре? Две клетки, соседние по углу, считаются несвязанными. 6. В окружность вписан четырехугольник ABCD; M – точка пересечения его диагоналей, Q – середина стороны CD. Вычислите, в каком отношении делит прямая MQ сторону AB, если известно, что |AD|=a, |BC|=b.

Матбой 2 (средняя группа) 1. Доказать, что нет такого числа в последовательности 11, 111, 1111, 11111,..... которое является квадратом целого числа. 2. У Остапа есть мобильный телефон, заряда аккумулятора которого хватает на 6 часов разговора или 210 часов ожидания. Когда Остап садился в поезд, телефон был полностью заряжен, а когда выходила, полностью разрядился. Сколько времени он ехал на поезде, если известно, что Остап говорил по телефону ровно половину времени поездки? 3. Возможно ли провести через вершины квадрата четыре параллельных прямых, так что расстояние между любыми двумя соседними прямыми одинаково? 4. Барон Мюнхгаузен рассказывает, что приобрел недавно столик в форме четырехугольника. Если провести в нем диагонали, то он разделится на четыре треугольника, площади которых (по часовой стрелке) равны 1000, 2000, 3000, 4000 см2 соответственно. А не привирает ли барон? 5. На шахматной доске расставлены кони. Между любыми двумя конями Петя Васечкин посчитал расстояния и запомнил. После этого Вася Петечкин сходил каждым конем по одному разу. Петя Васечкин вздохнул и опять посчитал расстояния. Обнаружилось, что каждое из расстояний (между одними и теми же конями) увеличилось. Каково максимальное количество коней на доске? Расстояние между конями – это расстояние между центрами клеток, на которых они стоят. 6. В средней клетке полоски 1×2005 стоит фишка. Два игрока по очереди сдвигают ее: сначала первый игрок передвигает фишку на одну клетку в любую сторону, затем второй передвигает ее на 2 клетки, 1-й – на 4 клетки, 2-й – на 8 и т.д. (k-й сдвиг происходит на 2k-1

клеток). Тот, кто не может сделать очередной ход, проигрывает. Кто может выиграть независимо от игры соперника?

Правила математических игр

Математический бой

Математический бой — это командное соревнование по решению задач. В нём участвуют две команды по 4-6 человек, один из которых — капитан. Математические бои достаточно известны, проводятся даже турниры матбоёв. Поэтому приводимые здесь правила не претендуют на полноту: при желании нетрудно найти более подробные правила, используемые на турнирах.

Математический бой состоит из двух частей — решения задач и «зрелищной части», или собственно боя. Во время, отведённое для решения задач, команды отделены друг от друга. Роль капитана при решении задач — следить за разумным распределением сил и проверять правдоподобность решений.

Ход боя. Бой состоит из отдельных раундов. Каждый раунд посвящён одной задаче: одна из команд рассказывет решение задачи, а вторая оппонирует, то есть ищет ошибки. По итогам раунда жюри распределяет между докладчиком и оппонентом очки, исходя из суммарной стоимости задачи в 12 баллов (часть баллов могут остаться неразыгранными — «жюри оставляет их себе», а вот больше 12 баллов за один раунд жюри дать не может). В большинстве случаев в каждом новом раунде команды меняются ролями.

Конкурс капитанов. В начале боя к доске вызывается по человеку от каждой команды (не обязательно капитаны) на конкурс капитанов. Им даётся простая задача; тот, кто первым объявит о своей готовности, должен дать ответ. Если ответ верный, то он выиграл конкурс, если нет — проиграл. (Другой вариант конкурса капитанов — математическая игра без очевидной выигрышной стратегии.)

Команда, выигравшая конкурс капитанов, определяет, желает ли она вызывать соперника в первом раунде — или, наоборот, желает быть вызванной (обычно разумнее второе).

Что происходит в течение раунда.

В начале каждого раунда вызывающая команда называет номер задачи, решение которой она хочет услышать от команды соперника: «Команда А вызывает команду Б на задачу 8». После этого возможны варианты.

а) Команда Б принимает вызов, один из её участников — докладчик — рассказывает решение задачи. Тогда команда А выставляет оппонента. Когда решение рассказано, оппонент может обоснованно указать докладчику на ошибки (вплоть до «решение полностью неверно, потому что...»), давая ему возможность исправить их. После этого оппонент выносит вердикт — сообщает, согласен ли он с решением (с учётом внесённых

исправлений). По окончании раунда жюри распределяет очки между участниками. За доклад можно получить максимум 12 баллов, за оппонирование — максимум 6. (Обычно оппоненту дают половину «стоимости» дыры в решении, на которую он указал; другая половина даётся за закрытие этой дыры. Если докладчик рассказал верное решение без существенной помощи оппонента, то счёт 12:0.)

б) Если докладчик (на взгляд оппонента) не сумел исправить найденные оппонентом ошибки, то оппонент получает право (хотя и не обязан) сам их исправить; а докладчик может искать ошибки в докладе оппонента («частичная перемена ролей»). Если оппонент убедит докладчика, что решение того полностью неверно, то он может рассказать своё решение, а прежний докладчик будет оппонировать («полная перемена ролей»). Став докладчиком, оппонент может получить и больше 6 баллов.

в) Команда Б не принимает вызов («проверка корректности») — обычно это означает «Мы эту задачу не решили, а вы сами-то умеете?». Тогда команда А должна сама рассказать решение этой задачи, а команда Б оппонирует. Если оппонент признал решение команды А в целом верным, то вызов признаётся корректным, в результате команда А «вне очереди» получает баллы за доклад и может выиграть до 24 баллов (12:0 вместо 0:12).

Во всех случаях а)-в) направление вызова в следующем раунде меняется (т.е. команда Б вызовет команду А).

г) Если при проверке корректности оппонент признал решение команды А в целом ошибочным (и сумел верно обосновать это), то вызов признаётся некорректным, оппоненту даётся 6 баллов за полное оппонирование. (Частный случай: после слов «проверка корректности» команда А признала, что не имеет решения.) В качестве наказания для команды А направление вызова в следующем раунде сохраняется (т.е. команда А опять вызывает команду Б).

Жюри может модерировать дискуссию, например, снимать заведомо некорректные вопросы оппонента, предотвращать излишнее затягивание боя и т. д. При необходимости жюри может также выполнять роль оппонента (например, если оппонент указал не все ошибки, допущенные докладчиком). Но жюри не должно вмешиваться в процесс раньше времени (например, указывать на ошибки раньше, чем это успел бы сделать оппонент).

Конец боя. Если у одной из команд закончились решённые задачи, она может отказаться от вызова. В таком случае команда соперников может рассказать решения оставшихся задач, а отказавшаяся команда будет оппонировать ей.

Выигрывает бой команда, получившая большее количество баллов (баллы, полученные жюри, никак не учитываются). Однако если разница баллов не превосходит заранее оговорённой величины (обычно 3 очка), то считается, что бой окончился вничью.

Дополнительные возможности и ограничения.

1. Во время боя только капитан имеет право обращаться к жюри от имени команды (сообщать, принят ли вызов, кто докладчик и т.д.).

2. Каждый участник может побывать у доски не более двух раз (не считая конкурса

капитанов). 3. В течение игры команда имеет право несколько раз (обычно 6 раз) взять

полуминутный перерыв, на котором докладчик/оппонент подходит к команде и советуется с ней (вторая команда тоже может в это время советоваться со своим представителем). Другое общение команды с человеком у доски запрещено.

4. Команда может ценой двух полуминутных перерывов заменить человека у доски (можно предварительно использовать эти перерывы). Выход к доске засчитывается обоим участникам.

5. В большинстве случаев на раздумья отводится одна минута (оппоненту — на формулирование вопроса по докладу, докладчику — чтобы придумать ответ оппоненту, команде для определения тактики в начале раунда).

6. Обычно вводится ограничение на продолжительность доклада — 10-15 минут, после которых оппонент или жюри могут попросить докладчика предъявить план решения.

7. Участники боя общаются уважительно (по традиции — обращаются друг к другу на вы). Жюри может снимать с команд очки за несоблюдение дисциплины или этики.

Домино

В игре могут участвовать до 10 команд (по 4 человека в каждой команде) на один комплект задач. Игра идёт в течение времени, обговоренного заранее. Протокол игры ведётся жюри так, чтобы всем были видны текущие результаты, например с выводом на экран через мультимедийный проектор. Каждая из 28 задач имеет свою стоимость согласно распределению баллов на доминошках (0-0, 0-1, 0-2, …, 4-6, 5-5, 5-6, 6-6). Каждая команда в начале игры получает задачу случайным образом из банка задач, который находится у жюри (каждая задача каждого комплекта - в одном экземпляре). После этого при сдаче ответа вместе с условием задачи команда самостоятельно берёт себе новую задачу. На каждую задачу (кроме 0-0) команда может дать ответ только два раза. Если сразу даны верный ответ или решение, то команда получает полное суммарное количество баллов соответствующей доминошки. Если же с первого раза даны неверный ответ или решение, то в протокол ставится 0 баллов, и со второй попытки (после взятия этой задачи в будущем) за верное решение команда сможет получить только большую часть баллов доминошки. После двух неудачных попыток задача больше не принимается, а команда наказывается штрафом, равным меньшей части баллов доминошки. Невозможность в будущем решать командой задачу со штрафом в 0 баллов отмечается в протоколе жёлтым цветом (карточкой). Задача 0-0 при верном решении с первой попытки даёт 10 баллов, если же решение неверное, то задача больше не принимается, по ней команда получает 0 баллов и жёлтую карточку. Если команда не может решить задачу или не хочет давать по ней ответ, то она может её «сбросить», т.е. сдать в жюри без получения полагающегося штрафа. При этом команда может взять себе эту задачу в будущем, если по ней у команды пока ещё 0 баллов и нет жёлтой карточки. В случае первой попытки при сбросе команда получает 0 баллов, в случае второй попытки команде оставляются 0 баллов и даётся желтая карточка. Если команда ошибочно взяла задачу, которую решала ранее и уже получила по ней соответствующий ненулевой балл или жёлтую карточку, то она наказывается одним

штрафным баллом, который выставляется в графу «штраф». Сдаёт эту задачу в жюри и берёт себе новую. Ответ на задачу команда указывает на специальном листе ответа. В случае неверного оформления листка ответа (отсутствие названия команды, цены задачи и так далее) команда наказывается штрафным баллом. Игра для команды прекращается либо по окончании отведённого на неё времени, либо после того, как какой-нибудь командой разобраны все 28 задач. Команды по итогам игры занимают места по убыванию количества набранных ими баллов.

Карусель Математическая карусель – это командное соревнования по решению задач. Побеждает в нем команда, набравшая наибольшее число очков. Задачи решаются на двух рубежах – исходном и зачетном, но очки начисляются только за задачи, решенные на зачетном рубеже. В начале игры все члены команды располагаются на исходном рубеже, причем им присвоены номера от 1 до 6. По сигналу ведущего команды получают задачу и начинают ее решать. Если команда считает, что задача решена, ее представитель, имеющий номер 1, предъявляет решение судье. Если оно верное, игрок 1 переходит на зачетный рубеж и получает задачу там, а члены команды, оставшиеся на исходном рубеже, тоже получают новую задачу. В дальнейшем члены команды, находящиеся на исходном и зачетном рубежах, решают разные задачи независимо друг от друга. Чтобы понять следующую часть правил, надо представить себе, что на каждом рубеже находящиеся на нем члены команды выстроены в очередь. Перед началом игры на исходном рубеже они идут в ней в порядке номеров. Если члены команды, находящиеся на каком-либо из двух рубежей, считают, что они решили очередную задачу, решение предъявляет судье игрок, стоящий в очереди первым. Если решение правильное, то с исходного рубежа этот игрок переходит на зачетный, а на зачетном возвращается на свое место в очереди. Если решение неправильное, то на исходном рубеже игрок возвращается на свое место в очереди, а с зачетного переходит на исходный. Игрок, перешедший с одного рубежа на другой, становится в конец очереди. И на исходном, и на зачетном рубежах команда может в любой момент отказаться от решения задачи. При этом задача считается нерешенной. После того, как часть команды, находящаяся на каком-либо из двух рубежей, рассказала решение очередной задачи или отказалась решать ее дальше, она получает новую задачу. Если на рубеже в этот момент нет ни одного участника, задача начинает решаться тогда, когда этот участник там появляется. За первую верно решенную на зачетном рубеже задачу команда получает 3 балла. Если команда на зачетном рубеже верно решает несколько задач подряд, то за каждую следующую задачу она получает на 1 балл больше, чем за предыдущую. Если же очередная задача решена неверно, то цена следующей задачи зависит от ее цены следующим образом. Если цена неверно решенной задачи была больше 6 баллов, то следующая задача стоит 5 баллов. Если цена неверно решенной задачи была 4, 5 или 6 баллов, то следующая задача стоит на балл меньше. Если же неверно решенная задача стоила 3 балла, то следующая задача тоже стоит 3 балла. Игра для команды оканчивается, если а) кончилось время, или

б) кончились задачи на зачетном рубеже, или в) кончились задачи на исходном рубеже, а на зачетном рубеже нет ни одного игрока. Время игры, количество исходных и зачетных задач оговаривается заранее. Иногда карусель проводится «по упрощённым правилам» (без рубежей). Это означает, что команда сидит за одним столом и последовательно получает задачи. Очередную задачу команда может получить, только сдав ответ на предыдущую. При этом очки за задачи начисляются по правилам зачётного рубежа.

Математический аукцион Математический аукцион – это соревнование команд в решении исследовательских задач. Численность команд обычно от 2 до 5 человек (количество участников заранее оговаривается), но большие команды лучше не делать, чтобы участникам не было трудно обсуждать задачу друг с другом. Один из членов команды является капитаном. В начале аукциона каждая команда получает кредит – определённое число тугриков (скажем, 100). Игра состоит из нескольких лотов. В каждом лоте ведущим аукциона выставляется на торги одна задача, цена которой объявляется (именно столько получит команда, выигравшая этот лот). Задачи для аукциона подбираются так, чтобы, во-первых, было очень трудно быстро понять ответ на них, а, во-вторых, нетрудно было бы получить в них несколько промежуточных результатов (например, в задаче, в которой требуется найти минимально возможное число с некоторым свойством, получить ответ N нелегко, но зато достаточно легко получаемы большие N числа, обладающие нужным свойством). Выигравшей лот считается та команда, которая последней сделала результативный ход, т.е. предъявила «наилучший» из верных ответов на задачу, причём такой, который не был ранее предъявлен другими командами. Если же ни одна команда не сумела сделать ни одного результативного хода, то со счёта каждой команды снимается число тугриков, равное цене задачи. Ответы к каждой задаче принимаются в течение 10 - 15 минут после оглашения условия (чтобы не слишком затягивать игру). Каждый раз, когда команда желает предъявить ответ, происходят торги. Заявка на торг и даваемая цена выслушивается ведущим только от капитана команды и только в том случае, если он поднял руку, а ведущий указал на него. Как только возможность написать ответ на доске «продана», с команды снимаются заплаченные ею за эту возможность денежные единицы, и один из членов команды пишет свой ответ. Далее команды могут начать торги заново, если они считают, что у них есть ответ лучше. Если на доске появляется неверный ответ, командам об этом не сообщается до окончания торгов по очередной задаче.

Аукцион заканчивается, когда заканчиваются все задачи или когда подходит к концу отведённое на него время.

Математическая дуэль

Перед дуэлью учащиеся разбиваются на пары (по своему выбору или на выбор учителя или ведущего). Каждый учащийся получает карточку с 10 задачами. В первый час учащийся решает свои задачи. В следующий за этим час все решают задачи своих соперников. После этого пары вызываются к доске. Учащиеся записывает на доске только ответы к задачам соперника. Учащийся может отказаться писать ответы к некоторым задачам. Соперник имеет право либо согласиться с приведенными ответами, либо указать неправильные, либо привести

свой ответ. Соперник имеет право отказаться от любого упомянутого в этом пункте действия. За каждое правильное действие учащийся получает 1 очко, за каждое неправильное действие отнимается 1 очко. По итогам математической дуэли победитель получает столько баллов, какова разница в счете участников из одной пары.

КРУЖОК ГУМАНИТАРНОГО ПРОФИЛЯ

Экология вербального общения Галина Владимировна КОВТУН

учитель лицея 48 имени А. В. Суворова г. Краснодара, аспирантка кафедры социальной работы,

психологии и педагогики высшего образования Кубанского государственного университета

Анна Александровна СОЛДАЕВА старший преподаватель СПбГЭТУ «ЛЭТИ»

В 2013 году в международный математический лагерь приехало 12 ребят, которые проявили желание изучать гуманитарные дисциплины. Исходя из того, что цель современного образования предполагает не предметный, а личностный результат, в частности, развитие способности работать в команде, учебная деятельность была организована на основе практико-ориентированного (деятельностного) подхода по программе «Экология вербального общения».

У ребят была возможность применить теоретические знания, полученные на занятиях, на практике. За 13 учебных дней был реализован социально-значимый проект: кружковцы создавали летопись международного многопрофильного лагеря «Формула Единства», т. е. ежедневно издавали газету о жизни в лагере на русском и английском языках.

Нам было важно научить ребят гармонично общаться с окружающими людьми, выстраивая отношения по принципу «забота каждого о каждом»; показать им, что вербальная коммуникация – один из основных видов общения и что от того, насколько правильно они смогут выражать свои мысли и чувства, зависит многое не только в их жизни, но и в жизни окружающих их людей. Для этого ребятам важно овладеть базовыми умениями и навыками использования языка в жизненно важных для их возраста сферах и ситуациях общения.

Для решения поставленных задач мы выстроили логику занятий так: коммуникативистика, риторика, журналистика, командообразование.

Сначала мы рассматривали теоретические вопросы науки общения и проводили тренинги на снятие психологических барьеров, на приобретение навыков быстрого и результативного вхождения в «коммуникативный коридор».

Затем знакомились с философией диалога, с риторикой. Этот раздел направлен на совершенствование речевой деятельности учащихся на основе овладения знаниями об устройстве русского языка и особенностях его употребления в разных условиях общения, на базе усвоения основных норм русского литературного языка, речевого этикета.

Потом ребята осваивали профессию журналиста. При этом ежедневно работали в команде над созданием очередного номера газеты. Разговор о командообразовании, на наш взгляд, эффективнее тогда, когда опираешься на личный опыт и анализируешь пережитое, подводишь итоги сделанного. Мы включали и обсуждение теоретических сторон процесса взаимодействия в команде, а также детально разбирали взаимодействие членов команды.

Кроме коммуникативной и языковой компетенции на занятиях кружка формировалась и лингвистическая — формирование таких жизненно важных умений, как различные виды

чтения, информационная переработка текстов, поиск информации, а также способность передавать ее в соответствии с условиями общения. Нам важно было научить ребят составлять и анализировать тексты различного содержания в различных жанрах — устных и письменных (эссе, газетная статья, очерк, доклад и т. д.); разобрать основные способы решения лингвистических задач (это особые задачи на материале всех мировых языков) и заданий по русскому языку олимпиадного уровня, познакомить ребят с началами практической риторики и стилистики, со специальными компьютерными программами, позволяющими создавать макет газеты; помочь ребятам развить способности в области словесного творчества, способствовать формированию умения собирать материал и выполнять работы в жанрах публицистического стиля, выработать навык самостоятельного отбора актуального материала и работы над реализацией командного проекта.

Несмотря на то, что программа кружка «Экология вербального общения» была и впервые реализована в международном лагере, и в короткие сроки, к концу смены участники неплохо овладели основами правки и редактирования текста, научились грамотнее выражать свои мысли, учитывая особенности конкретного адресата сообщения; смогли выполнить лингвистические задания повышенного уровня сложности; научились использовать приобретенные знания и умения в практической деятельности: выпустили 8 текущих, 1 специальный номер газеты на русском языке и три на английском, кроме этого научились работать в команде, выполняя разные сменные поручения: рядовой журналист, главный редактор номера, корректор, дежурный по рубрике, верстальщик газеты в редакционной программе, фоторепортёр.

В кружок «Экология вербального общения» приглашались толерантные, доброжелательные, ответственные ребята, обладающие некоторыми коммуникативными навыками: умением слушать и слышать, аккумулировать и воспроизводить услышанное и увиденное, вступать в диалог и поддерживать его. Обязательным для членов кружка являлось умение писать от руки и печатать на компьютере. Группа получилась разновозрастная: участие принимали школьники 5–11 классов, потому что при наборе ребят специальных ограничений по возрасту не было.

Кружок «Экология вербального общения» рассчитан на 78 часов. Учебных дней — 13. Количество часов в день — 6. Из них ежедневно 3 часа — теория, 3 часа — практика. Итого — 39 часов теории, 39 часов практики. По каждому из разделов программы — коммуникативистика, риторика, журналистика, командообразование — был предусмотрен лекционный материал, просмотр видеоматериалов, их обсуждение, тренинги, выполнение практических заданий, решение лингвистических задач.

Круг рассматриваемых вопросов был достаточно широк. Каждая из теоретических тем отрабатывалась на практических занятиях. Ниже в виде плана представлены основные тематические блоки, включённые в программу кружка, и задания к ним.

1. Коммуникативистика как гуманитарный аспект социального взаимодействия. Вербальная массовая коммуникация. Опыт социального диалога. Экология общения. Коммуникативная личность. Информация. Развитие информационных систем и средств; характер, формы, результаты их воздействия на социум. Мотивы, цели, функции и результаты массово-коммуникативной деятельности. Контакт, коммуникативность, коммуникабельность. Просмотр фильма «Умница Уилл Хантинг» (США, реж. Гас Ван Сент, 1997). Фильм посвящён памяти Аллена Гинзберга и Уильяма Берроуза. Входит в список 250 лучших фильмов по версии IMDB.

2. Риторика как один из специфических видов человеческой деятельности. Теория красноречия. Философия, логика, психология, педагогика, этика, эстетика, литературоведение, лингвистика об ораторском искусстве. Способы построения выразительной речи в разных жанрах письменной и устной речи, мастерство публичного

выступления, искусное владение живым словом. Условия успеха ораторской речи. Части ораторской речи: выступление, повествование, подтверждение, опровержение, заключение. Риторический анализ устных и письменных текстов, решение риторических задач, проведение риторических разминок, выполнение импровизированных заданий. Философия диалога. Риторика и современные информационные технологии. Публичная презентация. Просмотр художественного фильма «Король говорит!» (реж. Том Хупер, сценарий Дэвида Сайдлера, 2010). Это историческая трагикомедия об избавлении короля Великобритании Георга VI от заикания логопедом Лайонелой Логом. На церемонии «Оскар» фильм был номинирован в 12 категориях и одержал победу в четырёх из них, в том числе как «Лучший фильм».

3. Журналистика как актуализация мировоззрения социальных групп средствами подбора фактов, оценок и комментариев. Практика сбора, интерпретации информации о событиях и тенденциях современной жизни, её представления в различных жанрах и формах и последующего распространения на массовую аудиторию. Культура оформления рукописи и письменного текста. Формирование информационного «багажа» журналиста. Поиск темы и информации. Публицистический стиль: лексика и синтаксис. Общие особенности языка газет. Наблюдения над синтаксисом языка газеты. Сочетание книжного и разговорного синтаксиса. Технология интервью. Теоретические и практические основы интервьюирования. Искусство задавать вопросы. Разновидности заметки. Заметка информационного характера. Поиск заголовка. Особенности заметки. Отзыв. Аннотация. Рецензия. Отличие от отзыва и аннотации. Очерк. Виды очерков: публицистический, художественный, путевые заметки. Эссе. Издательская деятельность. Организация и планирование работы редакций. Выбор и подготовка иллюстраций. Техническое оформление изданий. Макетирование. Планирование работы редакций. Каталоги и возможности программы Microsoft Office Publisher 2003.

4. Командообразование как действие для создания и повышения эффективности работы команды. Технология создания групп равноправных специалистов различной специализации, сообща несущих ответственность за результаты своей деятельности и на равной основе осуществляющих разделение труда в команде. Навыки командной работы. Опыт чередования поручений и сменности лидеров, ситуационное лидерство (лидерство под задачу) и гибкое изменение стиля в соответствии с особенностями задачи, конструктивное взаимодействие и самоуправление, принятие единого командного решения и согласование его с членами команды. Формирование командного духа: комплекс мер, направленных на усиление чувства сплоченности, формирование устойчивого чувства «мы», развитие доверия между ребятами, понимание и принятие индивидуальных особенностей друг друга, создание мотивации на совместную деятельность, создание опыта высокоэффективных совместных действий происходило как в кружке, так и в отрядах.

На занятиях кружка мы анализировали опыт, полученный от занятий в отрядах. Кульминацией этого этапа был просмотр и обсуждение картины «Легенда 17» (Россия, реж. Николай Лебедев, 2013). Это художественный фильм о Великом тренере, выдающемся хоккеисте и легендарной команде. Особенно остро мы ставили вопросы о стадиях формирования легендарной команды, роли лидера и роли взаимодействия участников в стремлении достичь общего результата.

По итогам всей смены было проведено анкетирование: внешнее (среди всех участников лагеря) и внутреннее (среди участников кружка «Экология вербального общения»).

Во внешнем участники лагеря по пятибалльной шкале широту и разнообразие материала оценили на 4,5 балла. Оценка дизайна газеты, цветового решения, структуры, оформления отдельных колонок – 4,7 балла. В целом газету назвали «интересной» 87%

опрошенных. Кроме того, участникам лагеря «Формула Единства» нужно было выбрать победителей конкурсов «Лучший номер газеты», «Лучший редактор номера», «Лучшая верстка номера», оценить индивидуальную работу: «Лучший журналист смены». А вот какими были пожелания ребят на следующий год: «быть чуть короче», «больше картинок», «оставайтесь такими же позитивными и активными ребятами», «всё супер», «продолжать в том же духе», «интересностей больше», «больше экземпляров», «всё и так хорошо».

Предлагаем ознакомиться с результатами внутреннего анкетирования:

Оцените, насколько глубоким было содержание учебного материала (насколько хорошо был подобран теоретический материал)

5,0

Оцените широту и разнообразие материала (насколько разнообразным по темам и по жанрам был материал)

4,6

Оцените методическую работу педагогов (насколько хорошо они владеют методикой преподавания, в какой степени могут увлечь, доступно рассказать, разнообразить свою лекцию примерами, применить разные способы работы)

4,9

Оцените личностные качества преподавателей (эмоциональность, ораторское мастерство, знание психологических особенностей учащихся, личное обаяние, харизма и т. д.)

4,8

Оцените умение преподавателей распределять учебную нагрузку (сочетать теорию и практику так, чтобы не было утомительно, но и было достаточно напряженно для хорошего результата)

3,9

Оцените свою личную работу. Насколько вам удалось реализовать те цели, которые вы для себя ставили перед началом занятий в кружке?

4,0

Оцените командную работу, работу редакции газеты (насколько она получилась результативной)

4,0

Оцените в целом построение программы: что, на ваш взгляд, было важным, нужным и познавательным, а что можно было бы и убрать. 1. Теоретические лекции 5,0 2. Просмотр и обсуждение видеосюжетов 4,9 3. Сбор информации и написание статей разных жанров и стилей 4,9 4. Общая редактура номера газеты 5,0 5. Компьютерная верстка номера газеты 4,8 6. Решение лингвистических задач 3,0 7. Выполнение практических упражнений по стилистике 4,6 8. Перевод статей 4,6 9. Чаепития в перерывах 5,0

Высокие показатели по этим критериям свидетельствуют о том, что значимая общественно полезная деятельность представляющая интерес для каждого их участников обеспечивают эффективность работы команды, синергетический эффект в ее деятельности и способствует развитию умения работать в команде каждого участника.

Источники, которые были использованы при подготовке к теоретическим и практическим занятиям

1. Берн Э. Люди, которые играют в игры. Психология человеческой судьбы / пер. с англ. А. А. Грузберга; терминологическая правка В. Данченка. К., 2004.

2. Бредемайер, Карстен. Черная риторика: Власть и магия слова. URL: http://royallib.ru/book/bredemayer_karsten/chernaya_ritorika_vlast_i_magiya_slova.html

3. Вербер Б. Энциклопедия относительного и абсолютного знания. Гелеос, 2007. 4. Варатьян Э. А. Путешествие в слово. М., 1982.

5. Гандапас Р. Камасутра для оратора. Десять глав о том, как получать и доставлять максимальное удовольствие, выступая публично. URL: http://royallib.ru/book/gandapas_radislav/kamasutra_dlya_oratora_desyat_glav_o_tom_kak_poluchat_i_dostavlyat_maksimalnoe_udovolstvie_vistupaya_publichno.html

6. Гвоздев А. Н. Очерки по стилистике русского языка. М., 1965. 7. Голуб И. Б. Упражнения по стилистике русского языка: учебное пособие. 3-е изд.,

испр. М., 2001. URL: http://lib.rus.ec/b/110690/read 8. Горшков А. И. Русская словесность. От слова к словесности. М., 1995.

9. Ладыженская Т. А. Уроки риторики в школе. М., 2000. 10. Львова С. И. Там, где кончается слово. М., 1991. 11. Лукина М. М. Технология интервью. М., 2005. 12. Манфред, Кетс де Врис. Мистика лидерства. Развитие эмоционального интеллекта.

М., 2011. 13. Олешко В. Ф. Журналистика как творчество. М., 2004. 14. Рождественский Ю. В. Техника, культура, язык. М., 1993. 15. Розенталь Д. Э., Голуб И. Б. Занимательная статистика. М., 1988. 16. Розенталь Д. Э., Голуб И. Б. А как лучше сказать. М., 1988. 17. Розенталь Д. Э. Справочник по правописанию и литературной правке. М., 2005. 18. Розенталь Д. Э. Справочник по пунктуации для работников печати. М., 1984. 19. Тертычный А. Жанры периодической печати. М., 2000. 20. Шумилина Т. Методы сбора информации в журналистике. М., 1983.