Головоломки в летней школе

Разделы: Математика, Внеклассная работа

В период летних каникул для продолжения работы с одарёнными детьми учителя часто организовывают летние школы, в которых с большим увлечением занимаются ребята, проявившие интерес к математике. Это практикую я, и в своей школе, и в областном профильном лагере для одаренных детей.

Привлекательность головоломок позволяет учителю использовать их на занятиях с ребятами, развивать их творческие способности, учить решать нестандартные задачи, Конечно, для этого годятся не все головоломки, а только те, в решении которых лежит некоторая математическая идея.

Как много математики можно найти, например, в известной головоломке “Ханойская башня”, если произвести подсчет минимального числа ходов в башне с n дисками. Здесь можно встретиться и геометрическая прогрессия, и рекуррентным способом задания последовательностей, и формулой n-го члена последовательности. Всё зависит от глубины погружения!

Не секрет, что и организаторы олимпиад различного уровня включают головоломки в число олимпиадных задач – значит, к этому нужно готовить ребят.

В лагерь я обычно привожу коробок с головоломками, которые “разбредаются” по всему лагерю, и ребенка, решающего головоломку, можно увидеть в самых неожиданных уголках лагеря. Все что-то делают: крутят, вертят, переставляют, зацепляют, расцепляют, сопоставляют, комбинируют…

Головоломки на берегу Дона.

Большой популярностью, в лагере пользуются конкурсы по решению головоломок, ребята с нетерпением их ожидают. Направление соревнований выбираю разные: иногда это соревнование в скорости решения конкретной головоломки, алгоритм решения которой рассматривался на занятиях, например, “Ханойская башня”, “Кубик Рубика”, и др., иногда соревнование на количество решенных головоломок в течение определенного периода, И то, и другое очень нравится ребятам.

Конкурс по решению головоломок в профильном лагере

С ребятами-математиками провожу занятия, в которых исследуем как сами головоломки, так и задачи, базирующиеся на какой-либо головоломке. Это очень интересные занятия. Ну скажите, кто останется равнодушным, когда “елочка” с помощью паркетов почти автоматически перекраивается в квадрат (речь идет о задачах на разрезание), или бумажное цилиндрическое кольцо буквально на глазах превращается в модель тетраэдра?!

Иногда случается так, что решая сугубо математическую задачу, ученик неожиданно встречается с головоломкой, которую вчера держал в руках.

Вот, например, при решении следующей задачи.

Задача. Докажите, что сумма всех чисел, находящихся на любой побочной диагонали таблицы Пифагора (широко известный вариант таблицы умножения) равна пирамидальному числу.

После аналитического решения этой задачи показываю (построчно!!!) наглядную интерпретацию, непосредственно связанную со старинной и широко известной головоломкой “Пирамида из шариков”. Покажем это на примере суммирования одного, нпример, 5-го ряда чисел:

Вот так, если числа заменить шариками, то сумма чисел может превратиться в пирамиду из шариков. Такой неожиданной связи, между, казалось бы, совершенно разными задачами, удивляются все ученики, до единого!

Как много интересных вопросов можно поставить в комбинаторных головоломках: от подсчета количества вариантов, до организации систематического перебора состояний головоломки при отыскании нужного состояния. Попробуйте, например, ответить, на первый взгляд, на простые вопросы:

  • сколько существует различных игральных кубиков с цифрами от 1 до 6 на его гранях? (без выполнения принципа “7”);
  • сложите столбик 1? 1? 4 из четырех кубиков со специальным образом раскрашенными гранями так, чтобы на каждой из четырех боковых граней столбика цвета не повторялись.

Чтобы выполнить эти задания, нужно немало поразмышлять.

Далее я хочу познакомить с задачами-головоломками, которые я придумал в разные годы для своих учеников, и которые позже оказались на различных олимпиадах и конкурсах, но первыми их решали мои ученики. Надеюсь, они будут интересны и читателям.

Задачи-головоломки

  1. Можно ли из двенадцати одинаковых брусков с квадратным сечением склеить каркас куба? (Школьная олимпиада, I тур).
  2. Куб размером 2? 2? 2,очевидно, содержит восемь единичных кубиков. Если один единичный кубик изъять, то получиться некоторый многогранник, назовем его минус-кубиком. Можно ли такими минус-кубиками заполнить пространство без просветов и наложений? (Районная олимпиада, II тур).
  3. На шахматной доске размером 10? 10 расставлены десять, не угрожающих друг другу, ладей. Может ли при этом оказаться, что пять ладей расположены на белых клетках, а пять – на черных? (Областная олимпиада, III тур).
  4. В квадратной сетке 4? 4, изображённой на рисунке, каждая ячейка имеет размер 1? 1. Можно ли эту сетку представить в виде объединения: а) восьми ломаных, каждая из которых имеет длину 5; б) пяти ломаных, каждая из которых имеет длину 8? (Финал XVII-ой Всесоюзной математической олимпиады)
  5. 27 единичных кубиков просверлены по диагонали и плотно нанизаны на нить, которую затем связали в кольцо, то есть, вершина первого кубика соединилась с вершиной последнего. Можно ли такое “ожерелье” упаковать в кубическую коробку с ребром длины 3? (Зональный этап XXI Российской математической олимпиады)
    img7.jpg (14240 bytes)
  6. Куб 3? 3? 3 составлен из 14 белых и 13 черных кубиков с ребром 1. Столбик – это три кубика, стоящие подряд вдоль одного направления: ширины, длины или высоты. Может ли оказаться в каждом столбике нечетное количество: а) белых кубиков; б) чёрных кубиков? (XL Московская математическая олимпиада).
  7. Десять пронумерованных круглых фишек расположены так, что образуют две пересекающиеся “шестилепестковые ромашки” с центральными фишками 5 и 6. Каждую “ромашку” можно повернуть на угол, кратный 60°, вокруг центральной фишки. Можно ли, совершив несколько таких поворотов, поменять местами фишки 5 и 6, а все остальные фишки не изменили бы своего расположения. (Конкурс решателей журнала “Математика в школе”).
  8. На плоскости проведено несколько прямых, которые, пересекаясь между собой, образуют несколько не перекрывающих друг друга пятиконечных звёзд. Может ли при этом число таких звезд оказаться равным числу прямых? Например, на рисунке девять прямых образуют три звезды, т.е прямых больше, чем звезд. (Конкурс им. А.П. Савина “Математика 6-8” в журнале “Квант”)

Решение задач-головоломок

  1. Нельзя. В самом деле, пусть размер бруска a? a? b. Тогда суммарный объём 12 брусков равен 12а2b. С другой стороны, если ребро куба равно х, то объём каркаса равен x3 – (x – 2a)3 – 6a (x – 2a)2. Уравнение (относительно х) x3 – (x – 2a)3 – 6a (x – 2a)2 = 12a2b имеет корень х=b+a, что невозможно, так как, очевидно, х может быть равен b, b+a или b+2a.
  2. Из двух минус-кубиков можно сложить прямую призму, в основании которой лежит невыпуклый восьмиугольник, содержащий семь единичных квадратов. Такими призмами, подобно тротуарной плитке, можно заполнить бесконечный плоский слой, а затем такими слоями и всё пространство.
  3. Нельзя. Пронумеруем столбцы и строки доски числами от 1 до 10. Тогда каждая клетка доски будет иметь свои координаты. Найдём сумму S координат десяти клеток, на которых расположено 10 ладей двумя способами. Во-первых, так как ладьи не угрожают друг другу, то на каждой вертикали и на каждой горизонтали расположены по одной ладье, значит, S=2(1+2+3+ … +10)=110. Во-вторых, заметим, что сумма координат каждой черной клетки – четна, а сумма координат каждой белой клетки – нечетна. Поэтому, если на доске пять ладей расположены на черных клетках, то сумма координат этих клеток – чётна, и пять ладей расположены на белых клетках, значит, сумма координат этих клеток – нечётна, а сумма S координат десяти клеток, на которых расположено 10 ладей – нечетна. Но 110 – чётное число, поэтому полученное противоречие даёт отрицательный ответ на вопрос задачи.
  4. а). Квадратную сетку 4? 4 можно представить в виде объединения восьми одинаковых Г-образных ломаных длины 5. Четыре из них расположены вертикально так, как на рисунке, ещё четыре расположены горизонтально.

    5. б). Нельзя. Очевидно, что никакие две ломаные не должны иметь общих отрезков. Поэтому 12 нечетных узлов решётки, расположенных на границе квадрата и выделенных на рисунке, должны быть концами ломаных, а у пяти ломаных только 10 концов.

  5. Решение восьмиклассника Владимира Дрёмова, будущего победителя международной математической олимпиады. Представим, что удалось упаковать “ожерелье” в форме куба 3? 3? 3. Тогда раскрасим вершины всех единичных кубиков “поэтажной в два цвета, например, слой белых вершин, слой черных, и т.д. так, чтобы цвета чередовались. Заметим, что концы каждой диагонали лежат в соседних слоях, значит они разного цвета. Поэтому в “ожерелье” цвет вершин-шарниров тоже должен чередоваться. Но это невозможно, потому что в замкнутом “ожерелье” из 27 кубиков содержится нечётное количество вершин-шарниров. Значит “ожерелье” нельзя упаковать в кубическую коробку с ребром длины 3.

    6. Должен отметить, что на олимпиаде предлагалось упаковать ожерелье, содержащее n3 кубиков.

  6. а) Не может быть. Если бы удалось сложить такой куб 3? 3? 3, то во всех девяти вертикальных столбиках находилось бы нечетное число белых кубиков, то всего такой кубик содержит нечетное число белых, а их 14. Противоречие.

    7. б) Может оказаться. На рисунке показано схема послойного расположения кубиков, при котором в каждом столбике нечетное количество черных кубиков.

    Добавлю, что эта раскраска возникает, а, значит, находится решение задачи, если в магическом кубе 3? 3? 3 ячейки с нечетными числами покрасить белым, а с четными – черным.

  7. Можно. В самом деле, нетрудно поменять местами фишки 5 и 6, не обращая при этом внимания на остальные. Для этого нужно выполнить всего три поворота “ромашек” по часовой стрелке на угол 60° в такой последовательности: левая, правая, левая. Проделаем это:

    8. Сравнивая начальное и конечное расположение фишек, проследим, какое перемещение совершила каждая фишка. Перемещение каждой фишки обозначим стрелкой. Получим следующую схему.

    Заметим, что фишки циклически перемещаются в трёх изолированных группах, содержащих 2, 3 и 5 фишек. Эти числа взаимно просты, поэтому, если последовательно выполнить 15 раз (кратное 3 и 5) повороты “ромашек”: левая, правая, левая,- то циклы из 3 и 5 фишек завершатся, то есть, фишки этих циклов вновь займут исходное положение. При этом цикл из двух фишек, а это фишки 5 и 6, останется незавершенным, то есть фишки 5 и 6 поменяются местами

  8. Мне удалось нарисовать 50 звёзд с помощью 50 прямых. Я не уверен, что это рекордная, с точки зрения минимальности числа звезд и прямых, конфигурация. Поэтому вопрос для ценителей головоломок остается: существует ли конфигурация, в которой число звезд совпадает с числом прямых, и это число меньше 50?