Збірник олімпіадних завдань із математики. Збірник олімпіадних завдань з теоретичної механіки

ВИДАВНИЦТВО ТДТУ

ГІМН МЕХАНІКІВ

Вірні ми всі термеху Не за наказом зверху, Хоч вірності ми цій Зовсім і не присягалися. Живемо ми за законами, заповіданими Ньютоном.

І нехай низька зарплата, Ми не нажили злата, Але на гуманітаріїв Ми дивимося зверху вниз. Нам принцип Галілея Усіх принципів важливіший.

Як чудово, що всі ми тут? Сьогодні зібралися!

Ми всі сьогодні раді гостям Олімпіади. Гей, Оренбурге, з погодою Дивись, не осоромись!

Нехай наші "Даламбери" Прибрехали трохи в прикладах, Як здорово, що всі ми тут Сьогодні зібралися!

І нехай сьогодні начебто Ми ніби не в моді, Не сумую, товаришу, Повір мені і тримайся!

І твердо вір ти також У механіку Лагранжа.

Як чудово, що всі ми тут? Сьогодні зібралися!

(Олександр Сергійович Зінов'єв -

доцент Оренбурзького державного університету)

Міністерство освіти Російської Федерації Тамбовський державний технічний університет

В. І. Попов, В. А. Тишкевич, М. П. Шумський, А. І. Попов

ЗБІРНИК ОЛІМПІАДНИХ ЗАВДАНЬ З ТЕОРЕТИЧНОЇ МЕХАНІКИ

Видання друге, перероблене та доповнене

Тамбов ВИДАВНИЦТВО ТДТУ

Рецензенти:

Доцент Білоруського національного технічного університету

Т. Ф. Богинська

Доктор технічних наук, професор Тамбовського державного технічного університету

В. Ф. Першин

Попов Ст І., Тишкевич Ст А., Шумський М. П., Попов А. І.

П-58 Збірник олімпіадних завдань із теоретичної механіки. Частина 1. Статика. 2-ге вид., перераб. та дод. Тамбов: Вид-во Тамб. держ. техн. ун-ту, 2002. 80 с.

До збірки олімпіадних завдань включено 180 завдань зі статики, які пропонувалися студентам для вирішення на Всесоюзних та Всеросійських олімпіадах з теоретичної механіки з 1981 по 1990 роки, а також інших олімпіад з теоретичної механіки різного рівня минулих років. Друге видання доповнене завданнями олімпіад Росії, низки зональних олімпіад. Наведено приклади розв'язання кількох завдань.

Збірник може бути використаний при підготовці студентів до олімпіад, при організації та проведенні олімпіад різного рівня та організації самостійної роботи студентів.

ББК Ж12я73-4 УДК 531(075): 378.14

© Тамбовський державний технічний університет

(ТДТУ), 2002

© Попов Ст І., Тишкевич Ст А.,

Шумський М. П., Попов А. І., 2002

Наукове видання

Попов Володимир Іванович, Тишкевич Валерій Олексійович, Шумський Михайло Петрович, Попов Андрій Іванович

ЗБІРНИК ОЛІМПІАДНИХ ЗАВДАНЬ З ТЕОРЕТИЧНОЇ МЕХАНІКИ

Редактор Т. М. Федченко Інженер з комп'ютерного макетування Є. В. Корабльова

ЛР №020851 від 13.01.94 ПЛР № 020079 від 28.04.97

Підписано до друку 27.04.2002 Формат 60 × 84/16. Папір офсетний. Друк офсетний.

Гарнітура Times. Об'єм: 4,65 ум. піч. л.; 4,38 уч.-вид. л. Тираж 150 екз. С. 322М.

Видавничо-поліграфічний центр Тамбовського державного технічного університету

392000, м. Тамбов, вул. Радянська, 106, к. 14

ВСІМ ЕНТУЗІАСТАМ ОЛІМПІАДНОГО РУХУ ПРИСВЯЧАЄТЬСЯ

Олімпіади з теоретичної механіки, які проводяться в технічних вузах, а останнім часом і в класичних університетах, є системотворчим елементом організації творчої навчально-пізнавальної діяльності у вищій школі. Участь студентів в олімпіадному русі сприяє більш упорядкованому та глибокому засвоєнню професійних знань, дає можливість сформувати готовність до творчої діяльності, розвинути креативний характер мислення. Все це сприяє підготовці конкурентоспроможного фахівця, готового до професійної діяльності у сучасних ринкових умовах.

Необхідність другого видання збірки обумовлена ​​відродженням традицій олімпіадного руху та

додатково включені завдання Всеросійських олімпіад (Перм, 1992 - 1995; Єкатеринбург, 1996 - 2001), зональних олімпіад (Оренбург, 2000 - 2001), а також завдання олімпіад, що проводилися в Тамбові на базі Тамб.

C1 (СРСР, 1982. 3 бали)

Тяжка балка ОА, закріплена одним кінцем у шарніріО,

спирається в точці на кулю вагоюР , що лежить на нерухомій горизонтальній площині.

Визначити кут α при рівновазі, якщо коефіцієнт тертя кулі про балку та горизонтальну площину однаковий і дорівнює f.

С2 (СРСР, 1982. 3 бали)

У плоскому механізмі ланки невагомі, ідеальні зв'язки. До циліндра 1 прикладено відомий момент M вр пари сил. Знайти величину деформації пружини, якщо жорсткість пружини дорівнює і механізм у вказаному на малюнку положенні, визначеному кутом, знаходиться в спокої. Стрижень2 може вільно ковзати в циліндрі1.

СЗ (СРСР, 1983. 3 бали)

Однорідне кільце вагою Р вільно спирається в точках А і на нерухомі призми, які розташовані відповідно на вертикальному і горизонтальному діаметрах кільця. Вважаючи коефіцієнт тертя кільця про призми однаковими, визначити таке їх значення, при якому точковий вантаж С вагою Q, закріплений в будь-якому місці правої половини кільця, залишатиме останнє в спокої. Поперечними розмірами кільця знехтувати.

C4 (СРСР, 1983. 10 балів)

тонка однорідна прямокутна плита OABD вагою Q утримується в

горизонтальному положенні сферичним шарніром О, циліндричним шарніромА і тонким важким стрижнемСВ вагоюР. Стрижень прикріплений сферичними шарнірами до плити в точці і до вертикальної стіни в точці. Вважаючи тертя у всіх шарнірах зневажливо малим і кут відомим, знайти складову реакції циліндричного шарніра А , паралельну осі Оу , використовуючи принцип можливих переміщень. Отримане рішення перевірити за допомогою рівнянь статики.

малюнку в положенні, якщо АО 1 O 2 = 90°,O 1 O 2 A =α ,O 1 A = r ,CO 2 = O 2 D = a , коефіцієнт тертя між стрижнем2 і втулкою 3 дорівнюєf , тертя в шарнірахО 1 ,А ,Про 2 зневажливо мало, всі ланки механізму невагомі, контакт стрижня2 з втулкою3

С6 (СРСР, 1984. 4 бали)

Жорстка конструкція, що складається з двох однакових важких

однорідних пластин, з'єднаних тонким вигнутим під прямим кутом стрижнем дуже малої ваги, утримується в рівновазі на опорі О . Вважаючи коефіцієнт тертя

стрижня про опору рівним f знайти максимальне значенняl , при якому тіло буде утримуватися

на опорі в рівновазі. Розміри та форма пластин показані на малюнку.

С7 (СРСР, 1985. 4 бали)

У плоскому механізмі стрижень OA може обертатися навколо шарніра O, переміщуючи шток ВС в ідеально гладких напрямних KL. Відстань між шарніром і направляючими -l. Поверхня контакту між стрижнем і штоком у точці - шорстка, коефіцієнт тертя ковзання -f. Знайти мінімальне значення моменту M пари сил, що діє на стрижень ОА і забезпечує рівновагу механізму при заданих значеннях кута і сили Р . Вагою стрижнів знехтувати.

Показати, що абсолютна величина сили пружності пружини при цьому положенні механізму може визначатися рівністю

Fпр = M SK/(LK OS), AS AE, EC OC, AE || OC.

F упр

С9 (СРСР, 1986. 3 бали)

Визначити зусилля S у стержні АВ плоскої ферми, закріпленої та навантаженої, як зазначено на малюнку.

С10 (CCСP, 1986. 4 бали)

Циліндр 1 ваги Q 1 спирається на два однакових циліндра ваги Q 2 як показано на малюнку. Коефіцієнт тертя ковзання між циліндрами дорівнює f. Визначити максимальний кут і мінімальний коефіцієнт тертя f 0 між циліндрами2 і3 і опорною поверхнею.

C12 * (СРСР, 1986. 3 бали)

Дві важкі точки M 1 іМ 2 з'єднані між собою невагомим жорстким стрижнем, що знаходиться всередині гладкої сфери. Довжина стрижня та радіус сфери рівні. Визначити при рівновазі кут між стрижнем і горизонтом, якщо маса точки M 2 в два рази більша за масу точки М 1 .

* Завдання, підготовлені журі, але не включені до конкурсних завдань.

C13 (СРСР, 1987. 5 балів)

Поверхня параболіческого купола описується рівнянням z = H - (x 2 + y 2) / H. На висоті на купол був покладений вантаж. При яких значеннях можлива рівновага вантажу, якщо коефіцієнт тертя між вантажем і куполом дорівнює ?

C14 (СРСР, 1987. 6 балів)

Циліндр ваги Q і радіуса R лежить на шорсткої площині, нахиленої до горизонту під кутом α і

утримується тросом, намотаним на барабан ступінчастого валу діаметра D . На барабан діаметра намотаний трос, до кінця якого підвішений вантаж ваги. Коефіцієнт тертя кочення циліндра про площину дорівнює δ , коефіцієнт тертя ковзання дорівнює f, при цьому tgα >δ /R ,f > δ /R. При яких значеннях Р система перебуватиме у рівновазі?

C15 * (СРСР, 1987. 4 бали)

Два диски радіусами R іr, розташовані на горизонтальній площині, стягнуті пружною ниткою жорсткістю c. Диски тиснуть один на одного із силами, рівними Q . Як зміниться довжина нитки, якщо її перерізати?

C16 * (СРСР, 1987. 7 балів)

Головні моменти деякої

системи сил щодо центрів, А іВ однакові за величиною M 0 = M A = M B = m. Головний вектор цієї системи сил за величиною дорівнює V і

паралельний осі z; ОА = a, ОВ = b. Визначити кути, що складаються головними моментами M 0, M A, M B з площиною хоу.

C17 (СРСР, 1988. 10 балів)

Тонкий однорідний стрижень ОА довжини кінцем закріплений шарнірно на висоті над горизонтальною поверхнею рідини, в яку опущений другий його кінець. Щільність рідини дорівнює ρ , Щільність стрижня k ρ (k і ρ - постійні). Визначити значення кута при рівновазі стрижня. Дослідити стійкість положень рівноваги.

Однорідний диск вагою Р і радіусом утримується в рівновазі за допомогою невагомої нитки, кінці якої прикріплені до стелі. Знайти натяг нитки та питомий тиск (тиск на одиницю довжини нитки) на нитку у функції кута на ділянці АСВ . Гілки нерозтяжної ниткиAA1 і ВВ1 вертикальні, тертя не враховувати.

C18 (СРСР, 1988. 4 бали)

С19 * (СРСР, 1988. 5 балів)

Однорідна рівностороння пластинка ваги Р стороною AB = l спирається на горизонтальну півХОY, її сторони АС і ВС стосуються стін ХОZ та YОZ. Нехтуючи тертям, визначити силу F , що утримувала платівку в рівновазі.

С20 (СРСР, 1989. 6 балів)

На верхній грані прямо-вугільного бруса ваги P 1 знаходиться прямокутний брус ваги Р 2 . БрусА спирається нижньою гранню на горизонтальну площину, причому коефіцієнт тертя між ними дорівнюєf 1 . Коефіцієнт тертя між брусками А і В дорівнює f 2 . До бруса доклали силу під кутом

α до горизонту. При яких значеннях сили F система залишатиметься у рівновазі?

C21 (СРСР, 1989. 4 бали)

Кінець Про ламаного стержня ОАВС жорстко защемлений. Стер-жень навантажений моментом, що крутить, М кр , парою сил з моментом M , розташованої в площині УОZ , і силою F . Сила F розташована в площині 1 CY 1 (X 1 //X ,Y 1 //Y ) і складає з віссю

С23 (СРСР, 1990. 4 бали)

Призма В спирається на клин і вертикальну стіну. Маси призми та клину однакові. Тертя між клином і призмою дуже мало. Коефіцієнти тертя між клином і підлогою, призмою та стіною однакові та рівніf . Похила площина клину складає з горизонтом кут α. При яких значеннях призма і клин залишатимуться у спокої?

С24 (СРСР, 1990. 5 балів)

Кінці розташованого у вертикальній площині важкого однорідного стрижня можуть ковзати в прорізі.

зях взаємно перпендикуляр-

них площин ОD і ОЕ.

Площина ОD складає з горизонтом кут α. Нехтуючи тертям, визначити значення кута при рівновазі стрижня. Чи буде поло-

ня рівноваги стрижня стійким?

С25 (РРФСР, 1982. 3 бали)

Однорідний стрижень довжини а спирається одним кінцем на гладку вертикальну стінку, іншим - на гладкий профіль, розташований у вертикальній площині. Якою має бути форма профілю, щоб стрижень міг залишатися в спокої в будь-якому положенні?

С26 (РРФСР, 1982. 3 бали)

Система, що складається з двох куль А і В з вагами Р 1 і Р 2 (Р 1 > P 2 ) і з'єднує їх невагомого стрижня довжиною l , поміщена в

сферичну чашу радіуса r = 0,5 2 l

коефіцієнт тертя ковзання куль об поверхню чаші дорівнюєf. Знайти найменше значення кута між стрижнем і горизонтом, при якому система може перебувати у спокої всередині чаші. Розмірами куль знехтувати.

С30 (РРФСР, 1984. 5 балів)

У плоскому кулісному механізмі повзуни А і В можуть переміщатися вздовж стрижнів кривошипа DOE. Нехтуючи тертям і вагою ланок механізму, визначити силу Q , що врівноважує дію моменту

M, АВ = НД = l.

C31 (PCФСР, 1985. 3 бали)

Однорідний ланцюг ваги Р і довжини 2π R перекинутий через гладкий блок, що має горизонтальну вісь. Визначити у разі рівноваги силу натягу ланцюга в її довільному поперечному

С32 (РРФСР, 1985. 3 бали)

Механізм, розташований у горизонтальній площині, складається з двох зубчастих коліс і стрижнів, пов'язаних шарнірами. Вважаючи зв'язки ідеальними, визначити величину сили F, що врівноважує дію моменту. Радіус лівого колеса R .

С35 (РРФСР, 1987. 3 бали)

Однорідний стрижень АВ вагою G спирається на шорстку горизонтальну та вертикальну площині. Кут і коефіцієнт тертя такі, що стрижень не знаходиться в рівновазі. Визначити величину та положення найменшої сили P min , яка повинна бути додана в центрі ваги стрижня для того, щоб стрижень у цьому положенні був нерухомим.

С36 (РРФСР,1987. 5 балів)

Плоский косинець складається з двох однакових тонких однорідних стрижнів. Стрижні жорстко з'єднані між собою на вершині D під кутом 90°. Кутник встановлений на нерухому горизонтальну шорстку циліндричну опору радіуса r , коефіцієнт тертя ковзання f 0 = 0,268. Кутник повертають за годинниковою стрілкою на кут з початкового положення А 0 B 0 , зупиняють і потім звільняють без поштовху. Після звільнення косинця можливі два випадки: 1) у точці B стрижень стикається з опорою, 2) у точці між стрижнем і опорою є невеликий зазор∆ l<

Опишіть якісно подальший рух косинця після його звільнення і

визначте граничні значення кутаα, при яких косинець матиме різні

стану рівноваги - байдуже, стійке, нестійке. Опір перекочування знехтувати.

С37 (РРФСР, 1988. 5 балів)

У паз шириною b поміщена негладка призма вагою G , переріз якої - рівнобедрений трикутник з кутом при вершині С . До призми прикладена пара сил з моментомМ і найменша врівноважуюча силаР , перпендикулярна силі G і паралельна осіx , при якій призма перебуватиме в спокої. Визначити реакцію зв'язку та

Муніципальна бюджетна загальноосвітня установа
«Ліцей міста Юрги»
Збірник олімпіадних завдань
Випуск 1
Т.А. Матукова,
учитель математики
Юрга 2013

Вступ
У математичних олімпіадах основою успіху не лише сума конкретних знань учнів, а й його здатність логічно мислити, вміння створити у стислі терміни досить складну і, головне, нову йому логічну конструкцію. Недарма лише в математичних олімпіадах завдання може починатися зі слів: «Доведіть, що…». Вирішуючи завдання виявлення творчих здібностей учня, тобто. вміння «нестандартно мислити», олімпіадна математика значною мірою відійшла від стандартної («шкільної») математики. Олімпіадна задача з математики – це завдання підвищеної проблеми, нестандартна як у формулюванні, і за методами решения.
Для успішної участі в олімпіадах необхідне систематичне проведення позакласної роботи з предмета, змістовна та цікава підготовча робота перед проведенням кожного етапу олімпіади та правильний добір завдань. Це призводить вчителя до необхідності ґрунтовного ознайомлення з матеріалами минулих олімпіад, з методикою вирішення завдань.
Матеріали цієї збірки допоможуть вчителю у підготовці учнів до олімпіад. Збірка може бути використана учнями для самостійної підготовки до олімпіади.
До першого випуску увійшли завдання, пов'язані з вирішенням нестандартних рівнянь та систем, розробкою стратегії для математичних ігор та деякі логічні завдання.
1. Рівняння та системи рівнянь
1.1. Вирішити рівняння у цілих числах.
1.2. Вирішити рівняння у цілих числах.
1.3. Вирішити рівняння у натуральних числах х2 – 4ху – 5у2 = 1996.
1.4. Вирішити рівняння.
1.5. Знайти всі x, y, z для яких виконується рівність
.
1.6. Вирішити рівняння.
1.7. Розв'язати рівняння:
а); б); в).
1.8. Вирішити рівняння.
1.9. Вирішити рівняння.
1.10. Розв'язати систему рівнянь
1.11. Розв'язати систему рівнянь
1.12. Розв'язати систему рівнянь
1.13. Розв'язати систему рівнянь
1.14. Розв'язати систему рівнянь
1.15. Розв'язати системи рівнянь
а) б)

2.1. Двоє гравців кладуть однакові круглі монети на прямокутний аркуш паперу; монети можуть виходити край, але з можуть перекриватися. Хто не може покласти монету, програє. (Зрушувати раніше встановлені монети не можна.). Хто виграє за правильної стратегії?
2.2. На столі лежать дві купки сірників: в одній 10, в іншій – 7. Гравці ходять по черзі. За один хід можна взяти будь-яку кількість сірників (1; 2; 3; ...) з однієї з купок (на вибір гравця). Хто не може зробити хід (сірників не залишилося), програє. Хто виграє за правильної стратегії?
2.3. У рядок написано кілька мінусів. Два гравці по черзі переправляють один або два сусідні мінуси на плюс; виграє останній мінус, що переправив. Хто виграє за правильної гри: початківець чи його партнер? А якщо мінуси написані по колу?
2.4. Жираф та Жирафіха грають у наступну гру. Вони по черзі стирають літери у фразі «ДОВГІШЕ ТВАРИНА». За один хід стирається або тільки одна літера, або одна літера і такі самі літери, що залишаються до цього моменту нестертими. Виграє той, хто зітре останню букву. Починає Жираф. Хто виграє за правильної гри?
2.5. На папері на карті намальований прямокутник 5x9. У лівому нижньому кутку стоїть фішка. Коля та Сергій по черзі пересувають її на будь-яку кількість клітин або вправо, або вгору. Першим ходить Коля. Виграє той, хто поставить фішку у правий верхній. Хто виграє за правильної гри?
2.6. Шаховий король стоїть у лівому нижньому кутку шахівниці. Беруть участь два гравці, які ходять по черзі. За один хід його можна пересунути на одне поле вправо, на одне поле вгору або одне поле по діагоналі "вправо-вгору". Виграє гравець, який поставить короля у правий верхній кут дошки. Хто виграє за правильної гри і як йому для цього треба діяти?
2.7. Двоє грають у таку гру. Перший називає будь-яке натуральне число від 2 до 9, другий множить його на будь-яке натуральне число від 2 до 9, перший множить результат на будь-яке натуральне число від 2 до 9 і т. д. Виграє той, у кого вперше вийде число більше ніж 1000.
2.8. Годинник показує опівдні. Двоє гравців по черзі переводять годинникову стрілку на дві чи три години вперед. Якщо після ходу гравця вказує стрілка на 6, він виграв.
2.9. Є фішки із цифрами 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 (як у грі "лото"). Двоє гравців по черзі беруть фішки (за кожен хід по одній фішці). Виграє той гравець, який першим збере у себе три фішки із сумою 15. (Якщо в жодного гравця таких фішок не буде, фіксується нічия.) Чи може один із гравців забезпечити собі перемогу? нічию?
2.10. На 9 картках написано слова: риба, клин, нитка, небо, сік, намисто, рот, мережа, річка. Двоє по черзі беруть зі столу картки і виграє той, у кого першого виявляться три слова, які мають спільну букву.
2.11. Є дві купки цукерок: в одній - 20, в іншій - 21. За хід потрібно з'їсти всі цукерки в одній з купок, а другу розділити на дві необов'язково рівні купки. Програє той, хто не може вчинити хід. Хто виграє?
2.12. На кінцях картатої смужки 1 х 20 стоїть по шашці. За хід дозволяється зрушити будь-яку шашку у напрямку іншої на одну або дві клітини. Перестрибувати через шашку не можна. Програє той, хто не може вчинити хід. Хто виграє за правильної гри?
2.13. Є дві купки каміння - по 7 у кожній. За хід можна взяти будь-яку кількість каменів, але лише з однієї купки. Програє той, хто не може вчинити хід. Хто виграє?
2.14. Двоє грають у гру. Ходи, які робляться по черзі, полягають у тому, що з купки в 50 каменів забирається будь-яка кількість каменів від 1 до 5. Виграє той, хто візьме останній камінь. Хто виграє у цій грі?2.15. У трьох купах лежать 2007, 2008 та 2009 каміння. Грають двоє. За один хід дозволяється забрати дві купи, а третю розділити на три нові (непорожні) купи. Виграє той, хто не може вчинити хід. Хто переможе-перший чи другий гравець?
3. Логічні завдання
Зустрічаються двоє друзів. Один у іншого запитує: Як воно нічого? Звідки ти?". Відповідає другий: «Та ось продав свої диски. І вийшло так, що одному «другу» я продав половину своїх дисків і ще півдиска, іншому – половину дисків, що залишилися, і ще півдиска. Третьому я продав половину тих, що залишилися від другого і ще півдиску. Більше дисків не лишилося». Посміялися і розійшлися. Скільки ж було продано дисків?
Купила мама яблука. Два з них взяла собі, а решта поділила між синами. Першому дала половину всіх яблук і ще пів-яблука, другому - половину залишку і ще пів-яблука, третьому половину того, що залишилося і половину яблука, що залишилася. Усі яблука виявилися цілими. Скільки яблук купила мати? Скільки яблук одержав кожен?
Вранці привіз господар ринку ящик лимонів. На першу точку віддав продавати половину всіх лимонів і ще пів-лимона, на другу точку - половину лимона, що залишилися, і ще пів-лимона, на третю точку - половину залишку і ще пів-лимона. Після цього у ящику залишився 31 лимон, якими став торгувати сам господар. Скільки лимонів було у ящику?
У сім'ї троє свідомих синів. Вранці мати залишила тарілку зі сливами та пішла на роботу.
Першим прокинувся старший із синів, він уже працював і був опорою сім'ї. Побачивши на столі сливи, він з'їв третину їх і пішов.
Другим прокинувся середній син, навчався з 9 години, міг собі дозволити поспати довше. Думаючи, що його брати ще не їли зливу, він з'їв третину того, що було на тарілці, і пішов.
Пізніше прокинувся молодший, та не тому, що був лінивий, просто вчився з другої зміни. Побачивши сливи, він вирішив, що його брати ще не їли їх, а тому з'їв лише третину слив, що лежали на тарілці, після чого на тарілці залишилося 8 слив. Скільки слив мати залишила на тарілці?
У Вінні - Пуха і Паць кілька повітряних кульок, серед яких є великі і маленькі, а також сині і зелені. Доведіть, що друзі можуть взяти по одній кулі так, щоб вони одночасно виявилися різного розміру та різного кольору.
Серед 18 монет одна фальшива. Справжні монети важать однаково, фальшива монета відрізняється за масою справжніх. За яку найменшу кількість зважувань на правильних чашкових вагах без гирь можна визначити, легша чи важча фальшива монета, ніж справжня?
36 тонн вантажу упаковано у мішки вагою не більше однієї тонни. Довести, що чотиритонний автомобіль за 11 поїздок може перевезти цей вантаж.
На столі лежить 20 купок горіхів. Дозволяється додавати по одному горіху одночасно до будь-яких 3 купок. Доведіть, що, повторюючи цю операцію, можна зрівняти кількість горіхів у всіх купках.
Вказівки, рішення та відповіді
Рівняння та системи рівнянь
1.1. Рішення: Виразимо змінну x:
.
Оскільки x – ціле число, то дріб теж має бути цілим числом, а це можливо лише за y = 9; 11; 111;-91.
Якщо y = 9, то, підставляючи вираз, отримуємо x = -91; аналогічно при y = 11, x = 111; y = 111, x = 11; y=-91, x=9.
Відповідь: (-91, 9), (111, 11), (11, 111), (9,-91).
Відповідь: , .
Рішення: (х2 - 4ху + 4у2) - 9у2 = 1996
(х - 2у) 2 - 9у2 = 1996
(х - 2у - 3у) (х - 2у + 3у) = 1996
(х - 5у) (х + у) = 1996
1996 = 1 *1996 = - 1 * (-1996) = 2 * 998 = - 2 *(- 998) = 4 * 499 = = - 4 *(- 499).
Т.к. х, у – числа натуральні, то (х + у) – натуральне та х + у > 1. Т.к. твір дорівнює 1996, то й (х – 5у) – натуральне. Рішення рівняння зводиться до розв'язання систем:
1) рішень у N немає;
2) або рішень N немає;
3) або рішень у N немає.
Відповідь: (832; 166)
Рішення. Послідовно позбудемося модулів, починаючи із зовнішніх. При цьому врахуємо, що модуль будь-якого виразу не може дорівнювати негативному числу.
або,
або.
Перше рівняння рівносильне двом рівнянням:
або
або.
З останніх рівнянь має сенс лише перше рівняння, вирішуючи його, одержуємо х = 1.
Розглянемо друге рівняння
Отже, друге рівняння не має рішення.
Відповідь: x = 1.
Рішення. Розглянемо члени рівняння, що містять змінну x і, використовуючи формулу повного квадрата суми чи різниці, виділимо повний квадрат.
.
Аналогічно виділяємо повний квадрат для доданків, що містять змінні y і z:
,
.
Підставляючи отримані рівності у вихідне рівняння, маємо
.
Так як сума позитивних доданків дорівнює нулю, а це можливо тільки коли кожен із доданків дорівнює нулю, отже
, .
Відповідь: ,.
Рішення. Зробимо заміну, . Тоді позбавляючись ірраціональності, маємо. Складаючи почленно праву і ліву частини рівнянь, отримуємо. Додаючи до цього рівняння вихідне рівняння, отримуємо систему двох рівнянь

Використовуючи формулу скороченого множення, вихідну систему можна переписати як:

Вирішення цієї системи або. Повертаючись до змінної x, отримуємо, .
Відповідь: , .
Відповідь: а); б); в).
Рішення. У лівій частині рівняння доповнимо до повного квадрата, додавши і відібравши, отримуємо:
,
,
,
,
.
Отже, або,
звідки одержуємо, або.
Відповідь: ,.
Відповідь: .
Рішення. Складаємо та віднімаємо перше рівняння та друге рівняння, отримуємо еквівалентну систему:
.
Далі використовуючи формули суми та різниці кубів, наводимо систему до наступного виду.
Остання система розпадається на чотири системи
(1) (2)
(3) (4)
Система (1) має лише нульове рішення. Вирішуючи систему (2) методом підстановки можна показати, що система не має рішення.
Рішення системи (3) існує і має вигляд:
і
Вирішуючи систему (4) методом складання та віднімання, маємо:

Остання система немає рішення.
Відповідь: ,.
Відповідь: ,.
Рішення. Перепишемо систему так

Або
Звідки випливає, що
або
Відповідь: , .
Відповідь: .
Рішення. Потроїмо друге рівняння та віднімемо його з першого рівняння, маємо

Вирішуємо останню систему шляхом підстановки:
тоді чи
Відповідь: , .
Відповідь: а); б) , .
2. Математичні ігри. Стратегії.
2.1. У цій грі перший гравець може виграти, поклавши свою монету в центр аркуша, а потім повторюючи ходи другого симетрично щодо центру. (Симетрія щодо точки - поворот навколо неї на 180 градусів.) Якщо другому гравцю вдалося покласти монету на порожнє місце, тобто і порожнє симетричне місце, куди можна покласти монету. І так далі.
2.2. Тут перший гравець може гарантувати виграш, якщо спочатку зрівняє купки, взявши три сірники з більшої. Після цього він повинен повторювати ходи другого, але брати з іншої купки, поновлюючи порушену рівність.
2.3. У цій грі виграє перший гравець, незалежно від кількості мінусів у рядку. Для цього він повинен переправити на плюс середній мінус (якщо мінусів непарне число та середній є) або два середні мінуси (якщо мінусів парне число). Після цього гра розбивається на дві незалежні частини і залишається лише повторювати ходи противника в іншій частині, підтримуючи симетрію. Якщо мінуси написані по колу та їх не два, то виграє другий, тому що перший своїм ходом приводить гру до попередньої та другий стає першим. Якщо мінусів не більше двох, то перший виправляє все та виграє.
2.4. Якщо поки що не розглядати чотири літери «Е» та дві літери «І», решту літер можна розташувати наступним чином: ДЖШООО / НННЛТВ. До виписаних літер другий гравець може застосувати симетричну стратегію: прати літери, симетричні тем (щодо середини), які щойно стер перший гравець.
Опишемо, як повинен чинити другий гравець з літерами «Е» та «І», щоб виграти.
Якщо перший гравець на якомусь кроці повністю стер одну з груп (всі літери «Е» або «І»), то другий гравець стирає повністю що залишилася із зазначених груп, а до інших літер застосовує симетричну стратегію, як було зазначено вище.
Якщо перший гравець стер одну одну літеру "Е", другий стирає теж одну літеру "Е". тоді літери «Е» і «І», що залишилися, утворюють симетричну конструкцію ЇЇ / ІІ, до якої другий гравець застосовує симетричну стратегію.
Якщо перший гравець стер одну літеру «І», другий стирає одну літеру «Е». Якщо надалі перший гравець стирає ще одну літеру "Е", другий стирає теж "Е" і приходить знову до симетричної конструкції Е/І.
Таким чином, виграє гравець, який ходить другим – Жирафіха.
2.5. Питання розуміння: «У цій грі права верхня (кінцева) клітина - виграшна чи програшна?» Відповідь: програшна, оскільки якщо гравець починає з неї, попередній гравець вже виграв. Це необхідно для аналізу ігор із кінця. Неважко описати виграшні та програшні позиції цієї гри.
В В В В В В В П(кінець)
В В В В В В П В
В В В В В В П В В
В В В В В П В В В
В(початок) В В В П В В В В

Відповідь: Виграє перша (Коля), стратегія: «Ставити на програшну позицію».
2.6. Неважко описати виграшні та програшні позиції цієї гри.
В П В П В П В П (кінець)
В В В В В В В
В П В П В П В П
В В В В В В В
В П В П В П В П
В В В В В В В
В П В П В П В П
В (початок) В В В В В В В
Таким чином, переможе перший гравець, щоразу поміщаючи фішку у програшну позицію.
Є й простіший спосіб, що видно по таблиці: «Перший хід перший гравець робить по діагоналі, а далі повторює ходи противника.» Ця стратегія дає, що тільки на ходах першого гравця обидві координати поточної клітини будуть парними.
2.7. Опишемо виграшні та програшні позиції: ясно, що, починаючи з 1001 року йдуть програшні. Далі У: 112-1000, П: 56-111, В: 55 - 7, П: 6-2. Тому першому треба називати число від 2 до 6 і йти у програшні позиції. Виграє перший.
2.8. Перший ходить на 2:00. Другий не може піти на 4 (відразу програє), тому йде на 5. Перший йде на 8. Другий - або на 10 або на 11. Перший - на 1. Другий на 3 або на 4. Перший на 6. Відповідь: Виграє перший.
2.9. Рішення: щоб встановити потрібний ізоморфізм, пригадаємо популярний сюжет із книг із «захоплюючої математики» - магічні квадрати. Числа від 1 до 9 можна розставити в квадраті 3х3так, щоб сума в кожному рядку, кожному стовпці і по кожній з двох діагоналей дорівнювала 15:
4 9 2
3 5 7
8 1 6
Інших комбінацій із трьох чисел із сумою 15 (крім горизонталей, вертикалей та діагоналей) не буває. Тепер вже зрозуміло, що якщо ми відзначатимемо взяті першим гравцем фішки хрестиками в цій таблиці, а фішки другого гравця відзначатиме нуліками, то гра перетвориться на звичайні хрестики-нуліки. Гравці по черзі ставлять свої знаки (мовою фішок - беруть фішки), а виграє той, хто першим набере три фішки із сумою 15 (поставить три свої знаки в один ряд). Любителі хрестиків-нуликів знають, що обидві сторони за правильної гри можуть гарантувати собі як мінімум нічию.
2.10. Рішення: Дана гра ізоморфна хрестикам-нулікам. Складемо таблицю:
сік клин річка
намиста небо риба
мережа нитка рот
Будь-які 3 слова, що стоять в одному рядку, одному стовпці або на одній великій діагоналі таблиці, мають спільну літеру, в той же час інші трійки слів загальних літер не мають.
2.11. Рішення: Якщо ми вирішили використати метод виграшних позицій, нам потрібно знайти ці виграшні позиції. Щоб їх знайти, розглянемо найпростіші випадки.
Найпростіша виграшна позиція для того гравця, хто її створив: це 1 і 1. Зрозуміло, що в цьому випадку перемагає той, хто ходить другим, тому що перший гравець не має ходу.
Очевидно, що позиція 2 та 1 виграшна для першого та програшна для другого.
Якщо 3 і 1, тоді другий знову з перемогою, як нескладно переконатися простою перевіркою, тому що є рівно два ходи. Коли в купках 3 і 2, перемога у першого (прибираємо 3, ділимо 2).
Якщо ж 3 та 3, тоді перемога знову повертається до другого, що можна показати простим перебором тощо.
Помічаємо закономірність: якщо у кожній з купок за непарним числом цукерок, тоді позиція виграшна для другого. Якщо ж хоча б в одній з купок парне число цукерок, то така позиція виграшна для першого. два складові один з них буде парним. Однак якщо хоча б в одній з купок парне (ненульове) число цукерок, то її нескладно розбити на два непарні доданки. Таким чином, ми можемо розбити всі позиції на виграшні та програшні з урахуванням того, скільки цукерок у купках. І завдання виграє робити хід на виграшні позиції. Після цього вже зрозуміло, хто виграє в даній за умовою грі і як йому цього досягти.
Ділимо всі можливі ходи на «виграшні» та «програшні». Якщо після розбиття вийшли дві купки з непарним числом цукерок, тоді назвемо таку позицію «виграшною», а решта – «програшні».
Стратегія переможця у тому, що він робить хід на «виграшні» поля. Так як перший може зробити хід на "виграшне" поле, а ходу з одного "виграшного" поля на інше немає, і з будь-якого "програшного" поля за один хід можна потрапити на "виграшне", то перемагає початківець. Своїм першим ходом він може з'їсти купку з 21 цукерки, а купу з 20 цукерками розділити на дві, у яких непарна кількість цукерок в обох купках (наприклад, 19 та 1). Зауважимо, що остання позиція, коли дві купки, по одній цукерці у кожній, виграшна, тобто останній хід зробить перший.
2.12. Рішення: Спочатку перенумеруємо поля дошки. Нескладно зрозуміти, що одну з шашок можна вважати нерухомою, тому що в будь-якому випадку за один хід, зроблений обома гравцями, відстань між шашками скорочується не менше, ніж на 2 клітини (а саме це і є головним завданням). Тому можна вважати, що обидва гравці пересувають лише одну з шашок. Розставляючи знаки «+» і «-» на клітинах дошки згідно з методом розв'язання задачі з кінцевої позиції, отримаємо наступний малюнок (якщо спочатку шашки не займали клітин дошки, тобто між ними було 20 полів):
- + - - + - - + - - + - - + - - + - - +
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20Таким чином, стає зрозумілим «виграшна» стратегія гри першого гравця, щоб виграти: він повинен робити ходи на клітини зі знаком «+», оскільки з будь-якого поля зі знаком «+» не можна за один хід потрапити на поле зі знаком «+», а з будь-якого поля зі знаком «-» можна, тобто зроблено розбиття всього поля на «виграшні» та «програшні» поля.
2.13. Рішення: Спочатку використовуємо метод малих завдань. Почнемо гру з двох купок, у кожній з яких по одному каменю. Тоді зрозуміло, що перший програє.
Якщо ми додамо в одну з купок ще один камінь, тоді зрозуміло, що переможе початківець: він першим своїм ходом візьме з купки, де два камені, один камінь і отримає позицію, яка вийшла у розглянутому вище випадку, тільки зараз він уже другий.
Якщо в купках 3 і 1 камінь, тоді знову перемагає гравець, який починає гру: він зрівнює кількість каменів у купках, тобто бере два камені і отримує, що кількість каменів в купках буде 1 і 1.
Якщо кількість каменів у купках по 2, тоді знову програє початківець: на будь-який його хід, противника може взяти таку ж кількість каменів з іншої купки, яку перший гравець не торкнувся.
Зараз нескладно зрозуміти, як діяти гравцеві, що робить другий хід, щоб перемогти в цій грі: він повинен робити такі самі ходи, як і перший, але тільки прибирати камені він повинен з тієї купки, яку не зачепив останнім ходом його противник. Як нескладно зрозуміти, переможець завжди має хід після ходу противника. Нескладно зрозуміти і загальну стратегію того, хто виграє, коли в купках довільна кількість каменів:
якщо число каменів у купках рівне, необхідно зрівнювати число каменів в купках після ходу початківця, виконуючи симетричні ходи. Виграє другий гравець.
якщо ж кількість каменів у купках нерівне, тоді початківець своїм ходом зрівнює кількість каменів у купках і далі діє так само, як і в першому випадку. Тут перемагає гравець, який робить перший хід.
У цій грі симетрія дещо незвичайна - начебто й не симетрія зовсім, однак, рівність каменів у купках, і «однакові» ходи, що їх гравці дуже її нагадують.
2.14. Рішення: І знову вироблення стратегії краще починати з небагатьох каменів. Зрозуміло, що якщо в нашій купці менше шести каменів, тоді виграє перший гравець: він першим своїм ходом забере все каміння. ходу початківця.Якщо каміння сім? Що робити тоді першому? Йому потрібно забрати один камінь і звести завдання до попереднього випадку. Аналогічно треба виробити стратегію гри і на 7, 8, 9,10,11 каменів.
Коли каміння 12, то зрозуміло, що виграє другий: як би перший не ходив, він своїм ходом може взяти таку кількість каміння, щоб залишилося рівно 6. А в цьому випадку він виграє, як ми вже розібрали. Отже, якщо кількість каменів ділиться на 6, то виграє другий, а то й ділиться, то перший. Доведемо це.
Нехай у нас 6t каміння. Після першого ходу гравця, який починає гру, другий робить хід, після якого залишається 6t - 6 каменів, тобто кількість каменів у купці зменшилася на 6. Нескладно зрозуміти, що останній камінь візьме гравець, який робить другий хід, і також зрозуміло, що він завжди має можливість зробити хід.
Нехай у нас 6t+a, де 1< а < 5, камней. Тогда начинающий первым своим ходом убирает все, что «мешает», т. е. а камней, и остается всего 6 t камней, т. е. сводит игру к рассматриваемому выше случаю, где он уже второй игрок. Значит в этом случае побеждает игрок, делающий первый ход.В нашей задаче 50 камней. Поэтому выигрывает первый, беря из кучки два камня и оставляя 48 камней. Далее после его последующих ходов в кучке будет оставаться соответственно 42, 36, 30, 24, 18, 12, 6, 0, таким образом, последний камень забирает первый игрок.
2.15. Рішення: Виграє перший. Стратегія виграшу проста: треба домагатися, щоб у деяких нових купах число каменів закінчувалося цифрами 3 або 4, а в інших нових купах - не перевищувало 4. Наприклад, купу з 2009 року каменів можна розділити на такі три: 563, 663, 783 або 2, 3 , 2004 і т. д. Легко бачити, що противник не може скористатися тією самою стратегією. Через кілька ходів перший гравець запропонує 3 купи: в одній 3 або 4 камені, в двох інших - не більше, ніж по 4. Другий гравець може зробити хід, а наступний хід вже неможливий.
3. Логічні задачі3.1. Важливо, що диски ламаються, тобто. кожному продали цілі диски. Позначимо друзів нашого героя Д1, Д2, Д3. Почнемо з Д3.
Д3. На момент покупки залишилося непарне число дисків, т.к. інакше умова "і ще півдиска" не дасть цілий диск. Так як після його покупки диски закінчилися, то виходить, що півдиска і становить половину тих, що залишилися від другого.
Висновок: півдиска (половина, що залишилися від другого) + півдиска = 1 диск.
Д 2. На момент його покупки теж залишилося непарне число дисків, причому більше, ніж 1 диск – 3 диски. Д2 купив 2 диски: половина решти + півдиска.
Д 1. Його покупка: половина + півдиска. Виходить, що половина = 35 диска. Тобто Д1 купив 4 диски.
Усього продано 1+2+4=7 дисків.
Відповідь: 7 дисків.
Відповідь: 9 яблук купила мати. Поділ яблук: 4 – першому, 2 другому, 1 – третьому. (Міркування аналогічні: 7 яблук + 2 яблука).
Рішення:
на третю точку - половину залишку і ще пів-лимона на другу точку - половину решти і ще пів-лимона на першу точку віддав продавати половину всіх лимонів і ще пів-лимона
(31 лимон + пів-лимона) · 2 = 63 лимон (63 лимон + пів-лимона) · 2 = 127 лимонів (127 лимон + пів-лимона) · 2 = 255 лимонів було в ящику
Відповідь: 255 лимонів.
Рішення:
прокинувся молодший син:
12 слив = 8 + 4 прокинувся середній син:
18 слив = 12 + 6 прокинувся старший із синів:
27 слив = 18 + 9
8 слив - (залишив для двох братів),
тоді - 4 сливи (він з'їв) 12 слив - (залишив для двох братів),
тоді - 6 слив (він з'їв) 18 слив - (залишив для двох братів),
тоді - 9 слив (він з'їв)
Відповідь: 27 злив.
Можна міркувати так. Нехай Вінні - Пух візьме якусь велику кульку, а Паць - маленьку. Якщо ці кульки виявилися різних кольорів, то завдання вирішено. Нехай кульки виявились одного кольору, наприклад, синього. Тоді за умовою завдання серед кульок, що залишилися, є зелена. Якщо це велика зелена кулька, то нехай її візьме Вінні - Пух замість своєї, а якщо - маленька, то нехай її візьме Паць. Після цього кульки у них будуть різного кольору та розміру.
Занумеруємо монети. Розіб'ємо безліч монет на 3 купки по 6 монет у кожній.
При першому зважуванні покладемо одну чашу терезів всі монети 1 купки, іншу – другий. Можливі 2 випадки.
1 випадок: ваги опинилися у рівновазі. Тоді фальшива монета у третій купці. Тепер покладемо на одну чашу терезів першу купку монет, на іншу – третю. Якщо, наприклад, третя купка перетягне, то фальшива монета важча за справжню.
2 випадок. Нехай за першого зважування ваги були над рівновазі. Тоді фальшива монета знаходиться або у першій купці або у другій. Отже всі монети третьої купки справжні. Покладемо на одну чашу терезів першу купку монет, на іншу – третю. Якщо ваги опинилися в нерівновазі, то фальшива монета в першій купці, і друге зважування покаже, легша вона чи важча, ніж справжня. Якщо ж ваги опинилися в рівновазі, то фальшива монета в другій купці, і за першим зважуванням також можна визначити, легша вона чи важча за справжню.
1 варіант результат Фальшива монета
1 зважування 1 купка 2 купка рівновага У третій купці
2 зважування 1 купка 3 купка нерівновага Визначаємо вагу
2 варіант 1 зважування 1 купка 2 купка нерівновага 1 купка
2 зважування 1 купка 3 купка нерівновагу 1 купка, визначаємо вагу.
3 варіант 1 зважування 1 купка 2 купка нерівновагу 2 купка
2 зважування 1 купка 3 купка рівновага За результатами першого зважування визначаємо вагу фальшивої монети.
Відповідь: достатньо 2 зважування.
Завантажуватимемо мішки на автомобіль, поки їх загальна вага не перевищить 4т. Тоді знімемо останній мішок і відкладемо його убік. У наступному навантаженні відкладений мішок не бере участі. Так вчинимо 8 разів. Буде відкладено 8 мішків. Загальна вага перевезеного вантажу та відкладених мішків більша, ніж 8*4 = 32 (т). Отже, залишилося менше ніж 4 т, які можна перевезти за дев'яту поїздку. Відкладені мішки перевеземо за дві поїздки, що залишилися, по 4 мішки (їх вага не більше 4 т) за раз.
Розташуємо купки ліворуч праворуч так, щоб купка з найменшою кількістю горіхів лежала на 18 місці. Додамо по одному горіху в кожну купку першої трійки, другої трійки тощо, шостої трійки, тобто в кожну з перших 18 купок. Тепер додамо по одному горіху о 18, 19 і 20 купці. У результаті в кожній купці число горіхів збільшиться на 1, а в 18 – на 2. Таким чином, різниця між числом горіхів у найбільшій та найменшій купках зменшиться на 1, якщо купка з найменшим числом була одна. В іншому випадку на 18 місце знову кладемо купку з найменшою кількістю горіхів. Повторюючи цю процедуру, ми зменшуватимемо різницю між найбільшою та найменшою кількістю горіхів, поки вона не стане рівною нулю.
Список літератури
Агаханов Н.Х. Районні олімпіади. 6-11 класи [Текст]/Н.Х.Агаханов, О.К.Подліпський. - М.: Просвітництво, 2010. - 192 с.
Галкін Є.В. Нестандартні завдання з математики. Завдання логічного характеру. Книга для учнів 5-11кл. М.: Просвітництво,1996.
Гарднер, М. Математичні головоломки та розваги [Текст] / М. Гарднер. - М.: Світ, 1971.
Ігнатьєв, Є. І. У царстві кмітливості [Текст] / Є. І. Ігнатьєв. - М.: Наука, 1979.
Шень А. Ігри та стратегії з точки зору математики. - М.: МЦНМО, 2007. - 40с.
Матеріали міської олімпіади з математики 2009 року.

У книзі зібрані олімпіадні завдання різної складності - як неважкі завдання, які часто вирішуються усно в один рядок, так і завдання дослідницького типу.
Книга призначена для викладачів, керівників математичних гуртків, студентів педагогічних спеціальностей та всіх, хто цікавиться математикою.

приклади.
Друзі Альоша, Боря та Вітя навчаються в одному класі. Один із них їздить додому зі школи автобусом, інший - трамваєм, а третій - тролейбусом. Якось після уроків Альоша пішов проводити свого друга до зупинки автобуса. Коли повз них проходив тролейбус, третій друг крикнув з вікна: «Боре, ти забув у школі зошит!» Хто на чому їздить додому?

На одному заводі працюють три друзі: слюсар, токар та зварювальник. Їхні прізвища: Борисов, Іванов і Семенов. У слюсаря немає ні братів, ні сестер, він наймолодший із друзів. Семенов старший за токаря і одружений на сестрі Борисова. Назвіть прізвища слюсаря, токаря та зварювальника.

У пляшці, склянці, глечику та банку знаходяться молоко, лимонад, квас і вода, причому вода і молоко не в пляшці, посудина з лимонадом стоїть між глечиком і посудиною з квасом, у банку не лимонад і не вода. Склянка стоїть біля банки та посудини з молоком. У яку посудину налита кожна рідина?

На дачі оселилися п'ятеро хлопчиків: Андрійко, Боря, Володя, Гена та Діма. Усі були різного віку: одному був 1 рік, іншому – 2 роки, іншим – 3, 4 та 5 років. Володя був найменшим, Дімі було стільки років, скільки Андрюші та Гені разом. Скільки років Боре? Вік кого з хлопчиків можна визначити?

ЗМІСТ
Передмова
Умови
Логічні завдання
2. Справжні та хибні, висловлювання. Лицарі, брехуни, хитруни
3. Переливання
4. Зважування
5. Принцип Діріхле


6. Графи
6.1. Підрахунок числа ребер
6.2. Ейлерові графи
6.3. Дерева
6.5. Орієнтовані графи

Інваріант
8. Парність
10. Ігри
Цілі числа
11. Подільність
11.2. Залишки
11.3. Порівняння по модулю

12.2. Лінійні рівняння


14. Комбінаторика



16. Нерівності
16.1. Числові нерівності
16.3. Текстові завдання

Відповіді, вказівки, рішення
Логічні завдання
1. Сюжетні логічні завдання (знаходження відповідності між множинами)
2. Справжні та хибні висловлювання. Лицарі, брехуни, хитруни
3. Переливання
4. Зважування
5. Принцип Діріхле
5.1. Принцип Діріхле та ділимість цілих чисел
5.2. Принцип Діріхле та додаткові міркування
5.3. Принцип Діріхле у геометрії
5.4. Забарвлення площини та її частин. Таблиці
6. Графи
6.1. Підрахунок числа ребер
6.2. Ейлерові графи
6.3. Дерева
6.4. Плоскі графи та теорема Ейлера
6.5. Орієнтовані графи
6.6. Знайомства, теорія Рамсея
7. Змішані завдання логічного характеру
Інваріант
8. Парність
9. Залишки, вираз алгебри, розмальовка, напівінваріант
10. Ігри
Цілі числа
11. Подільність
11.1. Розкладання на множники. Прості та складові числа
11.2. Залишки
11.3. Порівняння по модулю
11.4. Ознаки ділимості та інші системи числення
12. Рівняння та системи рівнянь у цілих числах
12.1. Найбільший спільний дільник. Лінійні рівняння
12.2. Лінійні рівняння
12.3. Нелінійні рівняння та системи рівнянь
13. Різні завдання цілі числа. Теореми Ферма та Ейлера
Комбінаторика та елементи теорії ймовірностей
14. Комбінаторика
14.1. Правила суми та твору
14.2. Розміщення, перестановки, поєднання
14.3. Перестановки та поєднання з повтореннями. Комбіновані завдання
15. Елементи теорії ймовірностей
Елементи алгебри та математичного аналізу
16. Нерівності
16.1. Числові нерівності
16.2. Доказ нерівностей
16.3. Текстові завдання
17. Багаточлени, рівняння та системи рівнянь
18. Послідовності та суми
Література

Безкоштовно завантажити електронну книгу у зручному форматі, дивитися та читати:
Скачати книгу Збірник олімпіадних завдань з математики, Горбачов Н.В., 2004 - fileskachat.com, швидке та безкоштовне скачування.

• Москва та її жителі, Історія, Архітектура, Побут, Нетрадиційний задачник з математики, 5-6 класи, Перлі Б.С., Перлі С.С., 1997