AWANS INFORMACJE Dla nauczyciela Dla ucznia LOGOWANIE


Katalog

Zbigniew Stebel, 2016-04-22
Świdnica

Matematyka, Ćwiczenia

Zadania na koło matematyczne w gimnazjum

- n +

Rok szkolny 2015/2016
Przykładowe zadania na kółko matematyczne dla uczniów gimnazjum
Zagadnienia, które uczeń powinien znać przy rozwiązywaniu opisanych zadań: zastosowanie równań w zadaniach tekstowych, funkcje i ich monotoniczność, podzielność liczb całkowitych z resztą i bez reszty, pojęcie średniej arytmetycznej, zastosowanie wzoru na sumę kolejnych liczb naturalnych
W zadaniach trudniejszych często korzystamy ze wzoru na sumę n kolejnych liczb naturalnych. Warto przedstawiać uczniom różne uzasadnianie tego wzoru, pozwolić im odkrywać piękno matematyki.
Oto wzór 1+2+3+⋯+N=(N(N+1))/2
Uzasadnienie wzoru
Metoda 1. (Zastosowanie wzorów skróconego mnożenia)
(k+1)^2-k^2=(k+1-k)(k+1+k)=1∙(2k+1)=2k+1
(k+1)^2-k^2=(k^2+2k+1)-k^2=2k+1
Dowód:
Korzystając ze wzoru
(k+1)^2-k^2=2k+1 i podstawiając za k kolejne liczby naturalne od 1 do N otrzymamy
2^2-1^2=2∙1+1
3^2-2^2=2∙2+1
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
N^2-(N-1)^2=2∙(N-1)+1
(N+1)^2-N^2=2∙N+1 dodając stronami otrzymamy
-------------------------------------------------------
(N+1)^2-1^2=2∙(1+2+⋯+N)+N
(N+1)^2-(N+1)=2∙(1+2+⋯+N)
(N+1)(N+1-1)=2∙(1+2+⋯+N)
N∙(N+1)=2∙(1+2+⋯+N)→N(N+1)/2=1+2+⋯+N.
Metoda 2.
Ustawiamy w ciąg 100 kolejnych liczb naturalnych od najmniejszej do największej i od największej do najmniejszej, po czym dodajemy te liczby

1,2,…,99,100 suma 100 liczb
100,99,…2,1 suma 100 liczb
____________
101,101,…,101,101 →2∙(1+2+⋯+100)=100∙101→1+2+⋯+100=(100∙101)/2
Podstawiając za 100 liczbę N otrzymamy wzór 1+2+⋯+N=(N(N+1))/2.
Metoda 3.
t_1=1 pierwsza liczba trójkątna
t_2=1+2=3 druga liczba trójkątna
t_3=1+2+3=6 trzecia liczba trójkątna
………………………
t_n=1+2+⋯+n=(n(n+1))/2 n-ta liczba trójkątna
Metoda 4
Można wzór uzasadniać z zadań o liczbie boków i przekątnych w n+1- kacie wypukłym, lub z zadań o liczbie powitań w zbiorze na przykład uczniów klasy.
Dowód
Dany jest wielokąt o n+1 bokach. Ponieważ liczba przekątnych w n- kacie liczymy ze wzoru
L(n)=n/2∙(n-3) więc L(n+1)=(n+1)/2 (n+1-3)=(n+1)/2(n-2).
Dodając do liczby boków liczbę przekątnych otrzymamy poszukiwany wzór.
Istotnie n+1+(n+1)/2∙(n-2)=(2(n+1)+(n+1)(n+2))/2=((n+1)(2+n-2))/2=(n(n+1))/2.

Zadania
Podczas suszenia drzewa straciły 24% masy i 20% objętości. O ile procent zmniejszyła się ich średnia gęstość?
Propozycja rozwiązania:
m-masa, V-objętość, d- gęstość
d=m/V - początkowa gęstość
d_1=(100%m-24%m)/(100%V-20%V)=(76%m)/(80%V)=38m/40V=19m/20V=95/100 d=95%d
100%d-95%d=5%d
Średnia gęstość zmniejszyła się o 5%
Dane jest sześć liczb całkowitych. Każda z czterech pierwszych jest średnią arytmetyczną dwóch następnych. Ostatnia liczba jest większa od przedostatniej o 48. O ile ostatnia liczba jest większa od pierwszej?
Propozycja rozwiązania:
a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6
a_1=(a_2+a_3)/2
a_2=(a_3+a_4)/2
a_3=(a_4+a_5)/2
a_4=(a_5+a_6)/2
a_6=a_5+48
Z czwartego równania otrzymujemy 2a_4=a_5+a_6=a_5+a_5+48=2a_5+48, dzieląc obustronnie przez 2 otrzymujemy (1) a_4=a_5+24
Z trzeciego równania otrzymujemy 2a_3=a_4+a_5=a_5+24+a_5=2a_5+24, dzieląc obustronnie przez 2 mamy (2) a_3=a_5+12
Z drugiego równania otrzymujemy 2a_2=a_3+a_4=a_5+12+a_5+24=2a_5+36, dzieląc obustronnie przez 2 mamy (3) a_2=a_5+18
Z pierwszego równania otrzymujemy 2a_1=a_2+a_3=a_5+18+a_5+12=2a_5+30, dzieląc obustronnie przez 2 otrzymujemy (4) a_1=a_5+15.
Z (4) otrzymujemy (5) a_5=a_1-15 i podstawiając do szóstego równania otrzymujemy rozwiązanie a_6=a_5+48=a_1-15+48=a_1+33.
Ostatnia liczba jest większa od pierwszej o 33.
Na kółku matematycznym bierze udział 12 uczniów, wśród których są przynajmniej dwie dziewczynki. Na 8 marca chłopcy przynieśli w torebce 95 cukierków i rozdali dziewczynkom po równo. W torebce zostały 4 cukierki. Ile chłopców bierze udział w tym kółku.
Propozycja rozwiązania:
Metoda 1.
95-4=91
91=7*13+0, czyli 7 dziewczynek dostało po 13 cukierków. Wszystkich uczniów było, 12 zatem chłopców było dokładnie 5, gdyż 12-7=5.
Metoda 2.
91+4=95
Szukamy liczby podzielnej bez reszty, d-dziewczynki, c-chłopcy.
2d 10c ↔91=2∙45+1
3d 9c ↔91=3∙30+1
4d 8c ↔91=4∙22+3
5d 7c ↔91=5∙18+1
6d 6c ↔91=6∙15+1
7d 5c ↔91=7∙13+0
8d 4c ↔91=8∙11+3
9d 3c ↔91=9∙10+1
10d 2c ↔91=10∙9+1
11d 1c ↔91=11∙8+3
12d 0c ↔91=12∙7+7
Ponieważ 91⋮7 bez reszty, zatem jest 7 dziewczynek i 12 chłopców
Jeśli dodatnią liczbę a podniesiemy do czwartej potęgi to zwiększy się trzykrotnie. Ile razy zwiększy się ta liczba, jeśli podniesiemy ją do dziesiątej potęgi?
Propozycja rozwiązania:
a^4=3a↔a^3=3
a^10=(a^3 )^3∙a=3^3∙a=27∙a
Liczba zwiększy się 27 razy.
Ile wynosi najmniejsza liczba naturalna N dodatnia, która ma następujące własności: 10N jest kwadratem a 22N sześcianem pewnej liczby naturalnej.
Propozycja rozwiązania:
10N=a^2↔a^2⋮10↔a⋮10↔a=10k,kϵC↔10N=100k^2↔N=10k^2
22N=b^3↔22∙10k^2=b^3↔b^3⋮22∙10↔b⋮22∙10↔b=22∙10l,l∈N
22N=〖22〗^3∙〖10〗^3∙l^3↔N=〖22〗^2∙〖10〗^3∙l^3. Podstawmy l=1, wtedy
N=〖22〗^2∙〖10〗^3=484000
Najmniejszą liczbą naturalną o własnościach w zadaniu jest liczba 484000.

Dane jest siedem kolejnych liczb naturalnych. Suma dwóch pierwszych wynosi 99. Ile wynosi suma dwóch ostatnich?
Propozycje rozwiązań:
Metoda 1.
Skoro suma dwóch pierwszych wynosi 99, a są to kolejne dwie liczby, więc łatwo odgadnąć, że są to liczby 49 i 50.
Ustawmy te liczby
49,50,51,52,53,54,55.
Zatem suma dwóch ostatnich wynosi 54+55=109
Metoda 2.
a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7 - kolejne liczby naturalne
a_1+a_2=99 z treści zadania. Zauważmy, że a_7=a_2+5,a_6=a_1+5. Zatem a_6+a_7=a_2+5+a_1+5=(a_1+a_2 )+10=99+10=109.
Metoda 3.
n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5,n+6 - kolejne liczby naturalne.
Z treści zadania n+n+1=99↔2n=98↔n=49. Zatem n+5+n+6=2n+11=98+11=109.
Rozwiązać równanie 2^x+3^x=97.
Propozycja rozwiązania:
Zauważmy, że x=4 jest rozwiązaniem.
Sprawdzamy: 2^4+3^4=16+81=97.
Należy udowodnić, że jest to jedyne rozwiązanie, czyli równanie nie ma innych rozwiązań.
Zauważmy, że funkcja y=a^x jest rosnąca dla a>1. Zatem funkcje y_1=2^x,y_2=3^x są rosnące, więc funkcja y=y_1+y_2=2^x+3^x rośnie, bo suma dwóch funkcji rosnących jest funkcją rosnącą. Istnieje liczba x_0=4 taka, że f(x_0 )=f(4)=97.
Jeśli xx_0 to f(x)>97.
Dana jest funkcja f:R→R taka, że f(x)-f(y)=y-x. Wiadomo, że f(1)=1. Znaleźć f(2015).
Propozycja rozwiązania:
Podstawiamy w równaniu x=2015, y=1. Otrzymujemy wówczas
f(2015)-f(1)=1-2015
f(2015)-1=-2014
f(2015)=-2013.
O funkcji f:R→R wiadomo, że f(2015)≠0, oraz że dla dowolnych x,y zachodzi równanie f(x)∙f(y)=f(x-y). Znaleźć f(100500).
Propozycja rozwiązania:
Podstawienie 1: x=2015,y=0. Otrzymujemy
f(2015)∙f(0)=f(2015-0)
f(2015)∙f(0)=f(2015)/:f(2015)
f(0)=1.
Podstawienie 2: y=x. Wtedy
f(x)∙f(x)=f(x-x)
f^2 (x)=f(0)=1. Zatem dla dowolnej liczby rzeczywistej x albo f(x)=1 albo f(x)=-1.
Podstawienie 3: y=x/2, wtedy
f(x)∙f(x/2)=f(x-x/2)=f(x/2). Z poprzednich rozważań wynika, że
f(x/2)=1 lub f(x/2)=-1. Zatem wystarczy równanie f(x)∙f(x/2)=f(x/2) podzielić
obustronnie przez f(x/2). Otrzymamy wówczas f(x)=1, więc f(100500)=1.
O trójmianie kwadratowym f(x)=ax^2+bx+c wiadomo, że f(c)=3 a f(1/a)=8. Znaleźć a∙c.
Propozycja rozwiązania:
f(c)=ac^2+bc+c=ac(c+b/a+1/a)=acf(1/a).
Istotnie f(1/a)=a∙1/a^2 +b∙1/a+c=c+b/a+1/a.
Dzieląc równanie f(c)=acf(1/a) obustronnie przez f(1/a) otrzymujemy
a∙c=(f(c))/(f(1/a))=3/8=0,375.
Znaleźć najmniejszą wartość funkcji f(x)=x^2+2x-3.
Propozycja rozwiązania:
Zapisujemy funkcję sprowadzając do pełnego kwadratu, korzystając ze wzoru na kwadrat sumy f(x)=(x+1)^2-4. Ponieważ (x+1)^2≥0 więc f(x)≥-4.
Ponieważ f(-1)=-4 więc najmniejsza wartość funkcji f(x)=-4.
Na taśmie papieru wypisano liczby naturalne 1,2,3,…N. Taśmę rozcięto na pięć części i znaleziono średnie arytmetyczne liczb każdej z części. Otrzymano liczby 8; 20,5; 38;125,5;213 w pewnym porządku. Znaleźć N.
Propozycja rozwiązania:
(1+2+⋯+(k-1)+k)/k=8↔(k∙(k+1))/(2∙k)=8↔k+1=16↔k=15 - 1 część: 1-15
(16+17+⋯+m)/(m-15)=((m-15)∙(m+16))/(2∙(m-15))=20,5↔m+16=41↔m=25 - 2 część: 16-25
(26+27+⋯+r)/(r-25)=38↔((r-25)(r+26))/(2∙(r-25))=38↔r+26=76↔r=50 - 3 część: 26-50
(51+52+⋯+s)/(s-50)=125,5↔((s-50)∙(s+51))/(2∙(s-50))=125,5↔s+51=251↔s=200 -4 część: 51-200
(201+202+⋯+N)/(N-200)=213↔((N-200)∙(N+201))/(2∙(N-200) )=213↔N+201=426 - 5 część: 201-225

↔N=225.
N=225
Adam wypisał w rzędzie wszystkie liczby całkowite od 1 do 14 w dowolnej kolejności. Dla każdej pary sąsiednich liczb znalazł średnią arytmetyczną i dodał do siebie otrzymane 13 liczb. Jaką największą sumę mógł uzyskać?
Propozycja rozwiązania:
Ustawmy liczby 〖 a〗_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7,a_8,a_9,a_10,a_11,a_12,a_13,a_14
Korzystamy ze średniej arytmetycznej
(a_1+a_2)/2+(a_2+a_3)/2+(a_3+a_4)/2+(a_4+a_5)/2+(a_5+a_6)/2+(a_6+a_7)/2+(a_7+a_8)/2+⋯+(a_13+a_14)/2.
Sumę tych liczb te możemy zapisać w postaci
a_1/2+a_2+a_3+⋯+a_13+a_14/2=(a_1+a_2+⋯+a_14 )-(a_1+a_14)/2=(14∙15)/2-(1+2)/2=7∙15-1,5=105-1,5=103,5
Zauważmy, że suma a_1+a_2+⋯+a_14 →MAX jest największa wtedy, gdy (a_1+a_14)/2→MIN jest najmniejsza.
Największa suma to 103,5
Ile istnieje różnych liczb sześciocyfrowych podzielnych przez 5?
Propozycja rozwiązania
Jeśli liczba jest podzielna przez 5 to jej ostatnią cyfrą jest 0 lub 5.
Na pozycji pierwszej może być 9 cyfr spośród {1,2,…,9} czyli 9 możliwości.
Na pozycjach drugiej, trzeciej, czwartej i piątej wybieramy cyfry spośród {0,1,…,9} czyli 10∙10∙10∙10=〖10〗^4 możliwości.
Na pozycji szóstej wybieramy cyfry spośród {0,5} czyli dwie możliwości.
Z zasady mnożenia liczba różnych liczb sześciocyfrowych podzielnych przez 5 wynosi
9∙〖10〗^4∙2=18∙10000=180000.
W pewnym mieście jest 30 miast, przy czym każde miasto jest połączone z innym miastem drogą. Jaka jest największa liczba dróg, które można zamknąć na remont, tak, aby z każdego miasta dostać się do innego?
Propozycja rozwiązania:
2 miasta -1 droga 1= (2∙1)/2
3 miasta - 3 drogi 3= (3∙2)/2
4 miasta - 6 dróg 6= (4∙3)/2
5 miast - 10 dróg 10= (5∙4)/2
AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE - 10 dróg
30 miast - x dróg x=(30∙29)/2=15∙29=435 dróg
Wystarczy zostawić 29 dróg (wszystkie drogi z pewnego miasta do innych miast).
Można zamknąć 435-29=406 dróg.
406 dróg
Wniosek: z N miast można poprowadzić dokładnie
(N(N-1))/2=1+2+⋯+(N-1) dróg, czyli jest to suma kolejnych (N-1) liczb naturalnych.

Z przedstawionych propozycji zadań wynika, że w pracy z uczniami uzdolnionymi matematycznie warto nie tylko uczyć ich dowodzenia pewnych faktów z matematyki elementarnej, lecz również rozwiązywania innych zadań elementarnych wymagających pomysłowości oraz logicznego myślenia.
Zgłoś błąd    Wyświetleń: 0


Uwaga! Wszystkie materiały opublikowane na stronach Profesor.pl są chronione prawem autorskim, publikowanie bez pisemnej zgody firmy Edgard zabronione.


BAROMETR


1 2 3 4 5 6  
Oceń artukuł!



Ilość głosów: 0

Serwis internetowy, z którego korzystasz, używa plików cookies. Są to pliki instalowane w urządzeniach końcowych osób korzystających z serwisu, w celu administrowania serwisem, poprawy jakości świadczonych usług w tym dostosowania treści serwisu do preferencji użytkownika, utrzymania sesji użytkownika oraz dla celów statystycznych i targetowania behawioralnego reklamy (dostosowania treści reklamy do Twoich indywidualnych potrzeb). Informujemy, że istnieje możliwość określenia przez użytkownika serwisu warunków przechowywania lub uzyskiwania dostępu do informacji zawartych w plikach cookies za pomocą ustawień przeglądarki lub konfiguracji usługi. Szczegółowe informacje na ten temat dostępne są u producenta przeglądarki, u dostawcy usługi dostępu do Internetu oraz w Polityce prywatności plików cookies.
Dowiedz się więcej.