Семінар вчителів математики

1. Розв’язування задач практично
мистецтво… Навчитись його
можна тільки беручи приклад з
кращих зразків та
практикуючись.
Д.Пойа
2009

2. Елементи комбінаторики у 5 класі
Теоретичні відомості
Основний прийом у задачах на підрахування кількості
різних комбінацій елементів скінченної множини –
встановлення взаємно однозначної відповідності між
множинами, заданими за допомогою різних умов.
Кількість перестановок (впорядкування) даної множини,
що містить n елементів, дорівнює nnn  )1(...321.!
Задачі даного типу пов’язані з підрахунком елементів у
деякій множині або кількості способів виконання тих чи
інших операцій.

3. Задача 1. Скількома способами можна розмістити 6
осіб за столом, біля якого поставлено 6 стільців?
Розв’язання. Першу особу можна розмістити 6
способами, другу –5 способами, бо один стілець уже
зайнятий, третю – 4 способами, бо 2 стільці зайняті,
четверту – 3 способами, п’яту – 2 способами, шосту -
1 способом.
Усього способів: 720123456 
Примітка.
На рівні 11 класу учні будуть обчислювати число
перестановок:
66 P ! = 720123456 

4. Задача 2. Скільки існує двоцифрових чисел, обидві цифри яких
різні?
Розв'язання. Запис довільного двоцифрового числа
можна здійснити послідовним записом двох його цифр. Зрозуміло,
що першою може бути записана будь-яка з десяти цифр, відмінна
від нуля. Тоді другою можна записати будь-яку з решти дев'яти
цифр, крім уже записаної першої цифри. Отже, для кожної з дев'яти
можливостей запису першої цифри існує по 9 можливостей
запису другої. Таким чином дістаємо 8199  двоцифрових
чисел, обидві цифри яких різні.
Звернемо увагу читачів, що задачу 2 можна було б розв'язати і
простіше. Справді, легко підрахувати, що всіх двоцифрових чисел
90. З них лише 9 чисел 11, 22, ... , 99 мають обидві однакові цифри.
Отже, у 90 – 9 = 8І обидві цифри різні.
Відповідь:81

5. Задачі з логічним навантаженням
Теоретичні відомості
Логіка – наука про форми та закони правильного
умовиводу, або наука про доведення. У логіці та
математиці ми обмежуємося тим, що вважаємо будь-яке
висловлення істинним або хибним. При доведенні
починають з припущення про істинність висловлення і за
допомогою послідовності істинних висловлювань
переконуються в істинності висновку.

6. ПН ВТ СР ЧТ ПТ СБ НД
1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12 13
14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27
28 29 30 31
Відповідь: 13.
Задача 3.В одному місяці три середи випадають на
парні числа. Якого числа в цьому місяці була друга
неділя?

7. Розв’язання.
Оленка - ? 18 грн.
Сашко - ? 12 грн.
Наталка - ? 10 грн.
Михайлик - ?
Відповідь: 16 гривень.
Задача 4. Оленка і Сашко разом мають 18 гривень, Сашко
і Наталка – 12 гривень, Наталка і Михайлик – 10 гривень.
Скільки гривень мають Оленка і Михайлик?

8. Задача 5. У п’ятому класі вчаться троє друзів:
Михайлик, Дмитрик та Сашко. Один ходить у
футбольну секцію, другий – у басейн, а третій – у
секцію боксу. У футболіста немає ні брата, ні сестри,
він наймолодший з друзів. Михайлик старший за
боксера і товаришує із сестрою Дмитрика. Яким видом
спорту займається кожний з друзів?

9. Розв’язання. У футболіста немає ні брата, ні сестри,
він наймолодший.
Михайлик старший за боксера, а значить він не
наймолодший, тому він не футболіст. Дмитрик має
сестру, тому і він не футболіст. Значить, футболіст –
Сашко. Михайлик старший за боксера, а значить він сам
не боксер. Отже, Михайлик ходить у басейн. Тоді
Дмитрик – боксер.
Відповідь: Михайлик ходить у басейн, Дмитрик – у
секцію боксу, Сашко – у футбольну секцію.

10. Подільність чисел
Подільність чисел – це складова вчення про натуральне
число. Ми стоїмо перед проблемою охоллення безлічі ознак
подільності, а саме– пошуком якогось загального правила
подільності. І, якщо б удалося наблизитися до роз’вязання
цієї проблеми, то можна було б вирішити й іншу,
поставлену ще стародавніми греками про закономірність
розподілу простих чисел у натуральному ряді. Оскільки
порушене питання надто розлоге, ми можемо зупинитися
лише на деякій ділянці подільності.

11. Розв’язок.
S1=1+2+3+…+98+99
S2=99+98+…+3+2+1
9900991002 S
S=4950
Відповідь: не можна.
Задача 1. Є 99 відрізків, довжини яких дорівнюють:
1,2,3,…,99. Чи можна скласти з них квадрат?

12. Вказівка: За умовою задачі nba 3610  , де
90  a , 90  b n - натуральне число.
Тоді 1000a+100+b=36n => b=0 або b=4 або b=8.
Оскільки число ba10 ділиться на 9, то а+b+1=9 або а+b+1=18.
Якщо b=0, то а+1=9 => а=8.
Якщо b=4, то а+4+1=9 => а=4.
Якщо b=8, то а+8+1=18 => а=9.
Відповідь: 8100, 4104, 9108.
.
Задача 2. До числа 10 справа та зліва приписали по
одній цифрі так, щоб отримане число було кратним
36. Знайти це число.

13. Вказівка: За умовою задачі nba 4513  , де 91  a ,
90  b , n - натуральне число.
Оскільки, число ba13 ділиться на 5, то b=0 або b=5.
Аналогічно, число ba13 ділиться на 9.
Тому а+b+1+3=9 або а+b+1+3=18.
Якщо b=0, то а+4=9 => а=5, а якщо
b=5, то а+5+4=18 => а=9.
Відповідь: 5130, 9135.
.
Задача 3. До числа 13 справа та зліва приписали по
одній цифрі так, щоб отримане число було кратне 45.
Знайти це число.

14. Задача 3. Довести, що исло 2006102006
 ділиться націло
на 9.
Вказівка: Сума цифр заданого числа 1+2+6=9. Тому
задане число ділиться на 9.

15. Часто при розв’язуванні нестандартних задач (чи різних головомок)
зручно зображати об’єкти точками, а зв’язки між цими об’єктами
– лініями або стрілочками.
Такий спосіб зображення ситуацій називають графом.
УМОВА:
Господиня принесла на базар кошик яблук. Першому покупцеві вона
продала половину всіх яблук і ще 1 яблуко, другому – половину остачі
і ще 1 яблуко, третьому – половину нової остачі і ще 1 яблуко тощо.
Останньому – шостому покупцеві – вона також продала половину
яблук, що залишилися, і ще 1 яблуко. Після цього виявилося, що
господиня продала всі свої яблука . Скільки яблук вона принесла для
продажу?
7-й клас

16. Розв’язання.
Складемо граф (рис.1):
Під час розв’язування виконуємо обернені дії:
Відповідь: 126 яблук.
:2 -1 :2 :2 :2 :2 :2-1 -1 -1 -1 -1
2 +1 2 +1 +1 +1 +1 +12 2 2 2

17. Задача
Прямокутник розбитий на 16 різних прямокутників, у яких
невідомі довжини сторін. Відома площа шістьох малих
прямокутників, які утворилися внаслідок розбиття, їх площі
наведені на рисунку.
Знайти площі кожного з чотирьох маленьких прямокутників
розташованих у нижньому ряду, якщо площа всього великого
прямокутника складає 168 кв.од.
Відповідь обгрунтувати.

18. 3. Знаходження площ
прямокутників
четвертого нижнього
ряду.
2. Застосування цієї
властивості для
знаходження площ
усіх прямокутників
трьох рядів.
1. Виведення
властивості площ
прямокутника,
розбитого на чотири
прямокутника
1. Розглянемо прямокутник, який розбитий на
чотири прямокутники: а, в , х, у.
Тоді S1 =ax,
S2 = bx,
S3 = ay, S4 =by.
Тому маємо рівність
S1S4=S2S3
a b
x S1 S2
y S3 S4
Висновок: Якщо знаємо площу трьох з
чотирьох наведених прямокутників,
то можна знайти площу четвертого.

19. 3. Знаходження площ
прямокутників
четвертого нижнього
ряду.
1. Виведення
властивості площ
прямокутника,
розбитого на чотири
прямокутника
2. Застосування цієї
властивості для
знаходження площ
усіх прямокутників
трьох рядів.
Виходячи з умови задачі бачимо, що
можна обчислити площі усіх
прямокутників. Окрім тих, які
розташовані у нижньому рядку.
Зверху до низу їх площі такі:
-верхній ряд: 2, 4, 8, 10.
- другий ряд: 4, 8, 16, 20.
третій ряд: 5, 10, 20, 25.
2 4
8 16
20 25

20. 1. Виведення
властивості площ
прямокутника,
розбитого на чотири
прямокутника
2. Застосування цієї
властивості для
знаходження площ
усіх прямокутників
трьох рядів.
3. Знаходження площ
прямокутників
четвертого нижнього
ряду.
Позначимо площу лівого через х, тоді площі
прямокутників нижнього ряду є х, 2х, 4х, 5х.
Площа великого прямокутника: 132+12х, що
за умовою становить 168.
Маємо рівняння: 132+12х=168.
12х=168-132,
12х=36,
х=3.
Відповідні площі прямокутників нижнього
ряду мають такі площі: 3, 6, 12, 15.
Відповідь: 3, 6, 12, 15.

21. У супермаркеті введені знижки. За
купівлю товарів на суму від 300 грн,
покупець отримує знижку 4%, а при
покупці товарів від 600 грн, він отримує
знижку 10%. На яку найбільшу суму (з
точністю до копійок) зможе придбати
товарів покупець, якщо у нього у
кишені:
а) 594 грн;
б) 534 грн.?
Розв’язання:
Нехай покупець набере
товарів на сум х грн.
Якщо ця сума х≥600
грн., то він повинен
буде сплатити на 10%
менше. Якщо ця сума
х≥300 грн, то сплатить
на 4% менше.

22. Розв’язання задачі проведемо заповненням таблиці:
Знижки у
супер-
маркеті
На х грн. можна
придбати товарів на
суму
Сума, яку
має
покупець
у кишені
Скла-
даємо
нерів-
ність
Найбільша сума
за придбання
товарів
у % у грн. у % у грн. у % у грн.
4
від
300,00 96 0,96х 534 0,96х≤534 556,25
10
від
600,00 90 0,90х 594 0,9х≤594 660

23. Знайти усі натуральні числа m, n, які задовольняють рівність
mn2=2009(n+1).
1. Доведемо, що числа n
і (n+1) взаємно прості.
2. Розгляд умов, що
випливають із рівності
mn2=2009(n+1).
3. Розклад числа 2009
на прості множники та
знаходження числа n.
4. Знаходження
числа m.
Розв’язання:
1. Покажемо, що n і (n+1) взаємно прості.
Якби у них був спільний дільник d>1, то
n=k1*d, n+1=k2*d.
Тоді 1=(n+1)-n=d(k2-k1), тобто d є
дільником 1, що суперечить нашому
припущенню.
2. Таким чином для заданої рівності
mn2=2009(n+1) повинні виконуватися
такі умови: m повинно ділитися на
(n+1), а 2009 на n2 .

24. Знайти усі натуральні числа m, n, які задовольняють рівність
mn2=2009(n+1).
1. Доведемо, що числа n
і (n+1) взаємно прості.
2. Розгляд умов, що
випливають із рівності
mn2=2009(n+1).
3. Розклад числа 2009
на прості множники та
знаходження числа n.
4. Знаходження числа
m.
Розв’язання:
3. Оскільки 2009=72 *41, то можливі
випадки n=1 або n=7.
Розглянемо обидва випадки.
При n=1 маємо
m=2009(1+1)=2009*2=4018.
При n=7 маємо 49m=2009(7+1)=2009*8,
звідки m=2009*8/49=328.
Тоді рівняння має два розв’язки (1;4018),
(7;328).

25. Цифри і системи числення
Теоретичні відомості
8 клас
У задачах, де йдеться про цифри в десятковому записі натурального
числа 01
1
1 10...1010 aaaaN n
n
n
n  

(цей запис іноді позначають 011... aaaa nn  ) використовуються
різні міркування: подільність чисел, алгебраїчні перетворення,
оцінки. Зокрема, допомагають ознаки подільності на 3 і на 9, а також
таке її уточнення: число 011... aaaaN nn  дає при діленні на 9 (на
3) таку ж остачу як і сума його цифр 011 ... aaaa nn   (різниця
01
1
1011 )110(...)110()110()...( aaaaaaaaN n
n
n
nnn  

очевидно ділиться на 9).
Іноді буває зручним запис натурального числа N в системі числення з
основою р:
,01
1
1 ... apapapaN n
n
n
n  
 де ),...,2,1(,0, nipaa ii  — «цифри»
цієї системи числення.

26. Розв’язок.
6223223)223()223(2121721217 22

Відповідь: 6.
Задача.1 Довести, що число 2121721217 
натуральне.

27. Вказівка. Перепишемо задану рівність у вигляді












13
12
31
21
)1(2)1(3
ky
kx
ky
kx
yx
, де k– довільне ціле
число.
Відповідь: 13,12  kykx , де k–довільне ціле число.
Задача.2 Знайти всі цілі x та y , які задовольняють
рівність 123  yx .

28. Вказівка. 12)8)(1()2)(2(10  yxyxyx
Далі перебором знаходимо, що 









48
31
68
21
y
x
або
y
x
або 









28
61
38
41
y
x
або
y
x
Відповідь:12, 24, 35, 56.
Задача.3 Знйти усі двоцифрові натуральні числа, які
дорівнюють добутку цифр числа, збільшених на 2.

29. Вказівка. Вираз )1)(1)(1)(1( 227
 nnnnnnnnn
ділиться на 7, оскільки при підстановці
17,7  knkn , 37,27  knkn отримуємо,
що один з множників виразу ділиться на 7.
Тому вираз nn 7
ділиться на 7.
Відповідь: nn 7
ділиться на 7.
Задача.4 Довести, що nn 7
ділиться на 7, де
n – натуральне число, яке більше 2.

30. Деякі нестандартні методи розв’язування рівнянь
10 клас
Розглянемо рівняння виду 0)( xf . Якщо вираз )(xf
можна розкласти на множники )(...)()( 21 xfxfxf n , то
початкове рівняння можна замінити сукупністю рівнянь
0)(,...,0)(,0)( 21  xfxfxf n корені кожного з яких, якщо
вони належать області визначення функції )(xf , є також і
кореням и початкового рівняння.

31. .
Задача 1 Розв’язати рівняння 82)2( 44
 xx
Розв’язання. Покладемо 1 xy .
Тоді задане рівняння запишеться у вигляді
82)1()1( 44
 yy . Після піднесення до степенів та
очевидних спрощень дістанемо біквадратне рівняння
0406 24
 yy ,звідки
42
y та 102
y . Отже, 2,2 21  yy .
Тоді ,11 x та 32 x .
Відповідь: x=1, x=-3

32. Задача .9 Розв’язати рівняння .2)3()1( 44
 xx
Вказівка. Нехай 2 xy .Тоді
2006
2146414642)1()1(
24
23423444


xyyy
yyyyyyyyyy
Відповідь: x=2.

33. Задача 3. Розв’язати рівняння
0sin
4
1
2
2
 y
x
x
.
Розв’язання. 01sin1sin)
2
1
(sin
4
1 2
2
2
 yy
x
xy
x
x
,
причому рівність досягається лише при
01sin,0
2
1
 y
x
x
.
Звідси знаходимо
nyx 

2
2
,
2
1

де
n – довільнеціле число.
Відповідь:
nyx 

2
2
,
2
1


34. Задача 5 При яких значеннях параметра a рівняння
12cos 2
 aaxe
x
має єдиний розв’язок?
Розв’язання. Оскільки функція xe
x
cos є парною,
то разом із розв’язком 0x даного рівняння його
розв’язком буде також і число 0x . Тому єдиним
може бути лише розв’язок 0x . Підставляючи його
в рівняння, ожержимо 120 2
 aa , звідки 1a . При
цьому значенні a рівняння набирає вигляду
0cos  xe
x
. Оскільки при 1,0 
x
ex , а 1cos x ,
то при a=1 число x=0 - справді єдиний розв'язок.
Відповідь: x=0 при a=1.

35. Задача 6. Розв'язати у простих числах рівняння
12 22
 yx .
Розв'язання. Зрозуміло, що х повинно бути
непарним числом, тобто х = 2k +1.
Якщо у = 2m + 1, то
11)22(4)12(2)12(2 222222
 mmkkmkyx .
Отже, у повинно бути парним (і простим). Тому
у = 2. Легко пересвідчитись, що тоді х = 3 .
Отже, х = 3 , у = 2 – єдиний розв'язок заданого рів-
няння у простих числах.
Відповідь: x=3,y=2.

36. Задача 7. Знайти всі натуральні числа х, у, що є
розв'язками рівняння 2553  yxxy .
Розв'язання. Задане рівняння можна записати у
вигляді (х + 5)(у – 3) =10 . Оскільки при
натуральних х : х + 5 > 5, а єдиним дільником числа
10, більшим за 5, є число 10, то х + 5 = 10 ,
у –3 = 1 .
Отже, маємо єдиний розв'язок x = 5, у = 4 .
Відповідь: x=5,y=4.

37. Задача 4. Зозв’язати рівняння xxaa 
Розв’язання .Позначимо yxa  . Тоді xya  . Підносячи
обидві частини одержаних рівностей до квадрата, одержимо таку систему
рівнянь 





2
2
xya
yxa
.
Віднімаючи від першого рівняння системи друге, знайдемо:
22
xyyx  , звідки 0 yx або 1 xy . Враховуючи, що
0,0  yx , з першої з цих рівностей знаходимо 0 yx , що
можливо лише при 0a . Далі, з другої рівності, маємо: 1 xy .
Підставляючи це значення в друге рівняння системи, дістанемо
2
1 xxa  . Оскільки 0x , то при 1a одержуємо розв’язок
2
341 

a
x . При інших a , відмінних від нуля, задане рівняння не має
дійсних коренів.
Зауважимо, що, позбуваючись радикалів піднесенням до квадрата, дане
рівняння можна звести до рівняння четвертого степеня, яке є квадратним
відносно параметра a .

38. Задача.12. Знайти всі цілі розв’язки рівняння
13715  yx .
Розв’яжемо рівняння відносно y:
7
1
22


x
xy
Очевидно, що y буде цілим числом, якщо kx 71 ,
де k– ціле число. Тому Zkkykx  ,415,17 – усі
цілі розв’язки рівняння.
Відповідь: Zkkk  ),415;17( .

39. У трикутнику АВС точки D, E, F належать сторонам АВ, ВС і СА
відповідно. Обчислити площу трикутника, утвореного прямими CD, BF,
AE, якщо AD=⅓AB, BE=⅓BC, CF=⅓CA і площа трикутника АВС
дорівнює S.
11-й клас
CACFCAFBCBEBCE
ABADABDSSABC ABC
3
1
,,
3
1
,
3
1
,,,

 У
Нехай шукану площу KLR позначимо – S1
Сполучимо точки В і К відрізком;
Складемо відношення площ CKB і AKC
AT
BQ
ATKC
BQKC
AKCS
CKBS






2
1
2
1
Де KCATKCBQ  ,
Розглянемо ATDBQD  і
Ці ATDBQD  (за двома кутами)

40. Тоді 1
2
3
1
3
2

AB
AB
AD
BD
AT
BQ
Отже 1
2



AKCS
CKBS
Розглянемо AKCAKB 
CM
BN
CMAK
BNAK
AKCS
AKBS






2
1
2
1
Оскільки CMEBNE 
2
1
3
2
3
1

BC
BC
CE
BE
CM
BN
Отже, 2
1



AKCS
AKBS
Тоді 2
1
,2 





AKCS
AKBS
AKCS
CKBS

41. Додамо до обох частин 1.
Одержимо 2
7
2
1
31
2
1
2 


AKCS
AKCSAKBSCKBS
SAKCS
AKCS
S
7
2
2
7


і
Такий розгляд приведений відносно AKC можна провести
і відносно BRCALB  і
Одержимо SBRCSSALBS
7
2
,
7
2

Звідси
SSSSSALBS
7
1
7
6
7
2
3 
Відповідь: SKLRS
7
1


42. Розв’язати рівняння
x
x
x
22
2
3 log
1
log 

Нехай
ax 2log , тоді
a
x 2
Дане рівняння тоді буде мати вигляд
a
x
x

 2
2
3
1
log
звідки
a
x
x
3
1 2
2

 .Скористаємося заміною
a
x 2
a
a
a
3
)2(1
)2(
2
2

 , )41(34 aaa
 , 3
1
 aaaa
4334
aa
41)
3
4
( 
Бачимо, що при а= –1 рівність правильна.

43. Розв’язати рівняння
Графічно розв’язуючи
рівняння
aa
41)
3
4
( 
Побудуємо графіки функцій
a
y )
3
4
(
і
a
y 41
Отже, а = –1, 2
1
2 1
 
x
Відповідь: 2
1
x

44. Знайдіть знак числа
5,0)08...20sin(
2008
 
Розв’язання:
Доведемо, що  2818008...20
2008
k  , де k– непарне число.
Справді,     
200720072008
1098...19980...192808...20 
Число  
2007
98...19 
ділиться на 9 і на 2, а отже і на 18.
Крім того, це число не ділиться на 4.
Таким чином,
k 1898...19
2007
  , де k–непарне число.
Твердження доведено.
За формулою зведення маємо:
030sin28sin30sin)28180sin(5,0)08...20sin(
2008
 k 

45. Знайти найбільше значення функції
)cos()(sin)cos()(sin 22
yxyxyxyxz  , якщо
1sinsin 22
 yx
Розв’язання .
Замінимо sin2
(x+y)=1–cos2
(x-y)
z = (1–cos2
(x+y))cos(x–y)+(1–cos2
(x-y)) cos(x+y) = cos(x–y)– cos2
(x+y)cos(x–
y)+cos(x+y)–
–cos2
(x–y)cos(x+y)=(cos(x–y)+cos(x+y))–cos(x+y)cos(x–y)(cos(x+y)+cos(x–y))=
розкладемо на множники
=(cos(x+y)+cos(x–y))(1–cos(x+y)cos(x–y))=
Примінимо до першого множника формули перетворення суми на
добуток, а до другого навпаки добуток на суму, одержимо
yxxyyx
xyyxxyyx
coscos2)sin(sincoscos2
)sin2sin2(coscos)2cos
2
1
2cos
2
1
1(coscos2
22
22


Застосовуємо нерівність Коші
Отже , 1max Z
Відповідь: 1.