|
| Візуальна поезія на кругових числах | | Додав: | | Візуальна поезія в числах Сергія Вінницького 13-й калейдоскоп кругової поруки Моїй мамі Надії 076923∙1 = 076923, 076+923 = 999 = 153+846, 153846 = 076923∙2, 076923∙3 = 230769, 230+769 = 999 = 384+615, 384615 = 076923∙5, 076923∙4 = 307692, 307+692 = 999 = 461+538, 461538 = 076923∙6, 076923∙9 = 692307, 692+307 = 999 = 538+461, 538461 = 076923∙7, 076923∙10 = 769230, 769+230 = 999 = 615+384, 615384 = 076923∙8, 28.01.2007 7-й калейдоскоп кругової поруки Моєму тату Петру 142 857∙1 = 142857, 142+857= 999 = 571+428, 571428 = 142 857∙4. 142 857∙2 = 285714, 285+714= 999 = 714+285, 714285 = 142 857∙5 142 857∙3 = 428571, 428+571= 999 = 857+142, 857142 = 142 857∙6 28.01.2007 19-й калейдоскоп кругової поруки Моєму діду Савці 052631578947368421∙1 = 052631578947368421 999999999 = 052631578+947368421 052631578947368421∙2 = 105263157894736842 999999999 = 105263157+894736842 052631578947368421∙3 = 578947368421052631 999999999 = 578947368+421052631 052631578947368421∙4 = 210526315789473684 999999999 = 210526315+789473684 052631578947368421∙5 = 263157894736842105 999999999 = 263157894+736842105 052631578947368421∙6 = 315789473684210526 999999999 = 315789473+684210526 052631578947368421∙7 = 368421052631578947 999999999 = 368421052+631578947 052631578947368421∙8 = 421052631578947368 999999999 = 421052631+578947368 052631578947368421∙9 = 4 73684210526315789 999999999 = 473684210+526315789 052631578947368421∙10 = 526315789473684210 999999999 = 526315789+473684210 ............................................................................................... Цікавими є кругові числа. Ці числа мають дивовижні властивості, але їх головна особливість полягає в так званій круговій послідовності. Наприклад, число 142 857, помножене на 2, 3, 4, 5, 6 (тільки не на 7), дає добуток, який складається з цих самих цифр, але розміщених в іншому порядку, зберігаючи циклічність черги запису: 142 857∙2 = 285 714, 142 857∙3 = 428 571, 142 857∙4 = 571428. 142 857∙5 = 714285 142 857∙6 = 857142 „Розгадкою", що може привести до розкриття таємниці кругових чисел, є добуток 142 857∙7 = 999 999. Число 142 857 є періодом числа 1:7 записаного у вигляді десяткового. Усі властивості числа 142 857 можна знайти у кожному числі, яке є періодом дробу типу 1/р, якщо цей період має (р -1) цифру, а р- просте число. Наприклад, 1/17 =0,(0588235294117647). Якщо період цього дробу позначити через а, то: 1∙а = 0588235294117647, 2∙а = 1176470588235294, 3∙а = 1764705882352941, 16∙а = 9411764705882352, .................................... 17∙а = 9999999999999999. Такі самі властивості має період дробу 1/29 та 1/1913. Повернемося до числа 142 857. Дві „половинки" числа 142 857 дають в сумі 999: 142 + 857 = 999. Таке саме відбувається з усіма круговими числами.
| sxz Павло Негода
1035 дні(в) тому  | | Коментарі: 0 Група: Інваріантні вла... | Переглядів: 546 | | | Інваріанти для степенів натуральних чисел | | Додав: | | Інваріанти для степенів натуральних чисел Виконуються такі інваріантні властивості: а) для довільного натурального степеня, більшого 1, непарного цілого числа 2m+1, цифра десятків завжди парна, тобто: (2m+1)n º [2k]&[2k+1](mod 100). 4k+1=5n ; 4k=2n ; 4q=(2m)n; 4k+1=32n ; 4k+3=32n -1; 4k+1=72n ; 4k+3=72n-1. для довільного степеня парного числа 2m, цифра десятків і цифра одиниць утворюють число, яке завжди ділиться на 4 націло, тобто: 4k=(2m)n . б) для довільного чотирикратного степеня парного числа 2m, цифра десятків завжди непарна, а цифра одиниць рівна 6, тобто: (2)4n º [2k+1]&[6](mod 100). А для довільного 4nкратного степеня цифр 2 та 8, цифра десятків завжди парна, а цифра одиниць рівна 4, тобто: (2)4n+2 º [2k]&[4](mod 100). в) не існує такого степеня непарного числа, результат якого мав би непарну цифру в розряді десятків. Не існує такого степеня, більшого 2, який можна подати у вигляді 4m±2 г) для довільного степеня числа 7, результат має тільки дві цифри десятків 0 або 4. д) для довільного показника степеня, більшого 1, з основою 5 результат має тільки такі дві останні цифри 25, при цьому цифра в розряді сотень завжди парна. є) для довільного степеня, більшого 1, з основою 6 результат має непарну цифру в розряді десятків і цифри 6 в розряді одиниць. е)для степеня числа, результат може містити тільки такі дві останні рівні цифри 00,44, 88. ж) можливі тільки такі останні дві цифри для степенів натуральних чисел: 00, 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 08, 09, 12,16, 21,23, 24, 25, 27, 28, 29, 32, 36, 41, 43, 44, 47, 48, 49, 52,56, 61, 63, 64, 67, 68, 69, 72,76, 81,83, 84, 88, 89, 92, 96. з) рівняння з довільними натуральними показниками та парним модулем xm º yn º...º zk (mod 2р) має розв'язки в цілих числах (x;y;...,z), де всі числа, що входять до розв'язку однакової парності.
| sxz Павло Негода
1039 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Інваріантні вла... | Переглядів: 456 | | | Класи еквівалентності та властивості конгруенцій | | Додав: | | КЛАСИ ЛИШКІВ І КОНГРУЕНЦІЇ На множині натуральних чисел виконуються операції додавання і множення, але не завжди виконується операція віднімання. Розширюючи множину N так, щоб арифметична операція віднімання завжди виконувалася, ми отримаємо множину цілих чисел Z. Тому Z=N È {0, -1, -2,...} або множина цілих містить цілі від'ємні числа(перед від'ємними числами завжди ставлять знак «мінус», нуль(це число, яке немає знаку) та цілі додатні числа(перед додатніми числами ставлять знак плюс або іноді нічого не ставлять): Z={...-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3,...}, тобто, множина цілих чисел Z містить множину натуральних чисел, число нуль та числа, які протилежні натуральним(цілі від'ємні числа). Зауваження. Впровадження нуля та від'ємних цілих чисел здійснено з метою запровадження дії віднімання, оберненої до додавання, так, щоб результат був завжди визначений. Це не потребує нових аксіом і здійснено таким чином: множину натуральних чисел можна розширити до декартового добутку самої на себе з подальшою факторизацією - розбиттям на класи еквівалентності. Властивості додавання, множення та відношення порядку для множини цілих чисел ті самі, що й для множини натуральних чисел. Головну роль у всій теорії цілих чисел відіграють наступні властивості чисел(далі ці властивості чисел сформульовані як теореми). Ми наводимо їх без доведення. Т е о р е м а про ділення з остачею. Для будь-якого цілого а і b > 0 існує і притому єдині цілі q та r, такі, що а = bq + r, де 0 £ r < | b |. Зауваження: Ціле число а називають ділене, ціле число b називають дільником, ціле число q - неповною часткою(результат дії ділення), число r називають остачею від ділення а: b. Зауваження: Якщо ціле число а ділиться на ціле число b націло тоді внаслідок ділення отримуємо ціле число, тбто, повну частку, або остача від ділення а:b рівна нулю). Тому із умови подільності а:b націло слідує, що існує деяке ціле число z таке, що а= z∙b. Приклад: Дію ділення 7:2=3(ост. 1) можна записати у такому вигляді: 7 = 2∙3 + 1, де число 7 називають ділене, число 2 називають дільником числа 7, число 3 - неповною часткою(результат дії ділення), число 1 називають остачею від ділення 7: 2. При діленні цілого числа на 7 можна отримати 7 різних остач, тобто, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Взагалі, якщо довільне ціле число поділити на натуральне m, то можна отримати m-1 остачу, тобто 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., m-1. На основі цього можна множину Z цілих чисел можна розбити на m підмножин, які будемо позначати Zm (де m - ціле число, що змінюється від 0 до m-1). Розглянемо склад кожної такої підмножини: Підмножина Z0 складається з безлічі цілих чисел вигляду: ..., -3m, -2m, -m, 0, m, 2m, 3m, ..., - це числа, які діляться націло на m. Цю підмножину називають класом нульових лишків за модулем m. Усі числа класу Z0 задовольняють рівняння в цілих числах: x º 0(mod m), цей вираз читають так: «ікс дорівнює нулю за модулем m», а такий вираз прийнято називати конгруенцією за модулем m. Тобто, -3m º 0(mod m), -2m º 0(mod m), -m º0(mod m), m º 0(mod m), 2m º 0(mod m), і так далі. Підмножина Z1 складається з безлічі цілих чисел вигляду: ..., -3m+1, -2m+1, -m+1, 1, m+1, 2m+1, 3m+1, ..., - це числа, які при діленні на m мають остачу(лишок) 1. Цю підмножину називають класом одиничних лишків за модулем m. Усі числа класу Z1 задовольняють рівняння в цілих числах: x º 1(mod m), яке прийнято називати конгруенцією за модулем m. Тобто, -3m+1 º 1(mod m), -2m+1 º 1(mod m), -m+1 º1(mod m), m+1 º 1(mod m), 2m+1 º 1(mod m), і так далі.
Підмножина Z2 складається з безлічі цілих чисел вигляду:
..., -3m+2, -2m+2, -m+2, 2, m+2, 2m+2, 3m+2, ..., - це числа, які при діленні на m мають остачу(лишок) 2. Цю підмножину називають класом двійкових лишків за модулем m. Усі числа класу Z2 задовольняють рівняння в цілих числах: x º 2(mod m), яке прийнято називати конгруенцією за модулем m. Тобто, -3m+2 º 2(mod m), -2m+2 º 2(mod m), -m+2 º2(mod m), m+2 º 2(mod m), 2m+2 º 2(mod m), і так далі. Підмножина Z3 складається з безлічі цілих чисел вигляду: ..., -3m+3, -2m+3, -m+3, 3, m+3, 2m+3, 3m+3, ..., - це числа, які при діленні на m мають остачу(лишок) 3. Цю підмножину називають класом трійкових лишків за модулем m. Усі числа класу Z3 задовольняють рівняння в цілих числах: x º 3(mod m), яке прийнято називати конгруенцією за модулем m. Тобто, -3m+3 º 3(mod m), -2m+3 º 3(mod m), -m+3 º3(mod m), m+3 º 3(mod m), 2m+3 º 3(mod m), і так далі. Підмножина Z4 складається з безлічі цілих чисел вигляду: ..., -3m+4, -2m+4, -m+4, 4, m+4, 2m+4, 3m+4, ..., - це числа, які при діленні на m мають остачу(лишок) 4. Цю підмножину називають класом четвіркових лишків за модулем m. Усі числа класу Z4 задовольняють рівняння в цілих числах: x º 4(mod m), яке прийнято називати конгруенцією за модулем m. Тобто, -3m+4 º 4(mod m), -2m+4 º 4(mod m), -m+4 º4(mod m), m+4 º 4(mod m), 2m+4 º 4(mod m), і так далі. Зрозуміло, продовжуючи так далі, ми згодом отримаємо останню підмножину. Підмножина Zm-1 складається з безлічі цілих чисел вигляду: ..., -2m-1, -m-1, -1, m-1, 2m-1, 3m-1, 4m-1, ..., - це числа, які при діленні на m мають остачу(лишок) m-1. Цю підмножину називають класом m-1-oкових лишків за модулем m. Усі числа класу Zm-1 задовольняють рівняння в цілих числах: x º m-1(mod m), яке прийнято називати конгруенцією за модулем m. Тобто, -3m-1 º m-1(mod m), -2m-1 º m-1(mod m), -m-1 ºm-1(mod m), -1 º m-1(mod m), m-1 º m-1(mod m), і так далі. Досить часто в математичній літературі зустрічається термін «множина цілих чисел розбита на класи еквівалентності за модулем m», цей термін відповідає такому змісту, «множина цілих чисел розбита на класи лишків за модулем m». Наведемо приклади у вигляді таблиці 1)Класи лишків за модулем 6. Зверніть увагу на те, що в кожному стовпчику наведеної таблиці знаходяться числа тільки одного класу лишків за модулем 6. Z0 | Z1 | Z2 | Z3 | Z4 | Z5 | 6n-6 | 6n-5 | 6n-4 | 6n-3 | 6n-2 | 6n-1 | ... | ... | ... | ... | ... | ... | -12 | -11 | -10 | -9 | -8 | -7 | -6 | -5 | -4 | -3 | -2 | -1 | 0 | 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 | ... | ... | ... | ... | ... | ... | 6n | 6n+1 | 6n+2 | 6n+3 | 6n+4 | 6n+5 | Z0 | Z1 | Z2 | Z3 | Z4 | Z5 |
Z0 | Z1 | Z2 | Z3 | Z4 | 5n-5 | 5n-4 | 5n-3 | 5n-2 | 5n-1 | ... | ... | ... | ... | ... | -10 | -9 | -8 | -7 | -6 | -5 | -4 | -3 | -2 | -1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20 | 21 | 22 | 23 | 24 | ... | ... | ... | ... | ... | 5n | 5n+1 | 5n+2 | 5n+3 | 5n+4 | Z0 | Z1 | Z2 | Z3 | Z4 |
Зауваження. У двох класах лишків Z1(сюди входять числа вигляду 6n+1), Z5(сюди входять числа вигляду 6n+5) за модулем 6 знаходяться прості числа, окрім двох простих чисел 2 та 3. Але в усіх класах лишків за модулем 6 можна знайти складені числа. 2)Класи лишків за модулем 5. Зверніть увагу на те, що в кожному стовпчику наведеної таблиці знаходяться числа тільки одного класу лишків за модулем 5. Зауваження. В усіх класах лишків за модулем 5 можна знайти складені та прості числа. 1)Класи лишків за модулем 5. Дії над класами лишків
Над класами лишків виконуються дії додавання і множення.
Так як множина ціліих чисел складається з m класів лишків, представниками яких є лишки 0, 1, 2, 3, 4 ,...,m-1. Додавання класів виконуємо так, що знаходимо суму k+n представників цих класів і потім знаходимо лишок від ділення k+n на m, тобто, k+n º r(mod m), Елемент r, де 0<r<m-1, є представником відповідного класу лишків за модулем m. Приклад: Додамо два представники із класів лишків Z2 та Z5 за модулем 6. 6n+2 + 6n+5 = 12n+7 = 6∙2n +6+1= 6(2n+1)+1 = 6k+1. Отримали в сумі представників із класу лишків Z1 за модулем 6. Аналогічно виконуємо множення класів . Добуток k∙n виконуємо так, що знаходимо добуток k∙n представників цих класів і потім знаходимо лишок від ділення k∙n на m, тобто k∙n º s(mod m), знаходимо лишок s за модулем m . Елемент 0<s<m-1 є представником одного з класів лишків за модулем m. Приклад: Помножимо два представники із класів лишків Z2 та Z5 за модулем 6. (6n+2)(6n+5) = (6n+2)∙6n+(6n+2)∙5 = 36n2+ 12n+30n+10 = = 36 n2+ 42n+10 = 6∙6n +6∙7n + 6 + 4= 6(6n2+7n+1) + 4 = 6k+4. Отримали в добутку представників із класу лишків Z4 за модулем 6. Вправи для самостійного осмислення. 1. Утворити класи лишків за модулем 2: •· Знайти по одному найменшому від'ємному і додатному представнику з кожного класу; •· Знайти представника класів Z1 та Z0; •· Виконати додавання та множення над представниками класу Z1 та Z0 і з'ясувати в якому класі знаходяться отримані сума та добуток. •2. Утворити класи лишків за модулем 3. Знайти по одному найменшому від'ємному і додатному представнику з кожного класу; •· Знайти представника класів Z1 та Z2; •· Виконати додавання та множення над представниками класу Z1 та Z2 і з'ясувати в якому класі знаходяться отримані сума та добуток. 3. Утворити класи лишків за модулем 4. •· Знайти по одному найменшому від'ємному і додатному представнику з кожного класу; •· Знайти представника класів Z1 та Z3; •· Виконати додавання та множення над представниками класу Z2 та Z3 і з'ясувати в якому класі знаходяться отримані сума та добуток. 4. Утворити класи лишків за модулем 7. •· Знайти по одному найменшому від'ємному і додатному представнику з кожного класу; •· Знайти представника класів Z3 та Z6; •· Виконати додавання та множення над представниками класу Z4 та Z1 і з'ясувати в якому класі знаходяться отримані сума та добуток. 5. Утворити класи лишків за модулем 8. •· Знайти по одному найменшому від'ємному і додатному представнику з кожного класу; •· Знайти представника класів Z1 та Z0; •· Виконати додавання та множення над представниками класу Z1 та Z0 і з'ясувати в якому класі знаходиться отримані сума та добуток. 6. Утворити класи лишків за модулем 9. Знайти по одному найменшому від'ємному і додатному представнику з кожного класу; •· Знайти представника класів Z1 та Z7; •· Виконати додавання та множення над представниками класу Z6 та Z3 і з'ясувати в якому класі знаходиться отримані сума та добуток. КОНГРУЕНТНІ ЧИСЛА ЗА МОДУЛЕМ m ТА ЇХНІ ВЛАСТИВОСТІ. Означення. Два цілих числа а і b називаються конгруентними за модулем m, якщо числа а і b при діленні на m дають однакові остачі. Конгруентні числа за модулем m можна записати у вигляді: a = mg+r, b = mk+r, де 0<r<m. Модуль m є натуральним числом. Конгруентність за модулем m чисел a та b записуємо так: а º b (mod m). Конгруентність чисел а і b за модулем m рівнозначна: а) рівності а = b+mk, де k=0, ± 1, ± 2, ... ; б) подільності а-b на m; тобто, а-b ділиться націло на m. Приклади конгруентних чисел за модулем 5 -7 º -2 (mod 5). 3 º 8 (mod 5). 13 º -12 (mod 5). 5 º 0 (mod 5). Перевірити конгруентність за модулем 5 можна таким чином, відняти від лівої частини конгруенції -7 праву частину конгруенції -2, тобто -7-(-2)=-5, це число ділиться націло на 5. Отже числа -7 та -2 є представниками одного класу лишків, а конкретно Z3. Приклади конгруентних чисел за модулем 7 6 º -1 (mod 7). -4 º 3 (mod 7). 13 º 6 (mod 7). 7 º 0 (mod 7). Властивості конгруентних чисел 1. Два цілих числа, які конгруентні третьому за модулем m, конгруентні між собою за цим самим модулем. Якщо а ºb (mod m), с º b (mod m) то а º с (mod m). Зауваження. У конгруенції будь-яке число можна замінити конгруентним йому. Наприклад, 5 = 2 (mod 3), 5 = 8 (mod 3) . Отже, 8 = 2 (mod 3). 2. Числа, конгруентні за модулем m, належать до одного й того самого класу чисел. Отже, множину чисел розбиваємо на класи Zr за модулем m.
Всіх класів буде m Z0, Z1, Z2, , ..., Zm-1. 3. Конгруенції за одним і тим самим модулем можна почленно додавати або віднімати. Наприклад, а º b (mod m). c º d (mod m). а±c º b±d (mod m). 4. Конгруенції за одним і тим самим модулем можна почленно множити. Наприклад, а º b (mod m). c º d (mod m). а∙c º b∙d (mod m). 5. Члени конгруенції можна переносити з однієї частини в другу, змінюючи їх знак на протилежний. Якщо а º b + с(mod m), то також вірно а-с º b (mod m), або а-b º с (mod m), або а - b- c º 0 (mod m). 6. До кожної з частин конгруенції можна додати (або відняти) число, кратне модулю. Якщо а º b (mod m), то а + km º b (mod m) а º b + km (mod m), або а - km º b (mod m) а º b - km (mod m). 7. Обидві частини конгруенції можна помножити на одне й те саме ціле число. Якщо а º b (mod m), то аk º bk (mod m), де k - ціле число. •8. Обидві частини конгруенції можна піднести до одного й того самого степеня, показник якого є ціле невід'ємне число. Якщо а º b (mod m), то аk º bk (mod m), 9. Обидві частини конгруенції можна поділити на їх спільний дільник, якщо він взаємно простий з модулем m. Якщо а º b (mod m), НСД(k, m)=1, то a:k º b:k (mod m), 10. Обидві частини конгруенції і модуль можна помножити на одне й те саме натуральне число. Якщо а º b (mod m), то аk º bk (mod km), 11. Обидві частини конгруенції і модуль можна поділити на будь-
який їх спільний дільник. Якщо а º b (mod m), то а:k º b:k (mod m:k), 12. Якщо конгруенція має місце за модулем m, то вона матиме місце за будь-яким дільником k¹1 цього модуля. а º b (mod m), то а º b (mod k), 13. Якщо конгруенція має місце за кількома модулями, то вона матиме місце і за модулем, що дорівнює їх найменшому спільному кратному: НСК (m;n) = k Якщо a º b (mod m), а º b (mod n), то а º b (mod k). 14. Якщо одна частина конгруенції і модуль діляться на яке-небудь ціле число, то й друга частина конгруенції повинна ділитись на це число. 15. Якщо в многочлені f(х1 х2,..., хn) від n цілих величин х1 х2,..., хn з цілими коефіцієнтами ці величини і коефіцієнти замінити конгруентними з ними величинами і числами за модулем m, то в результаті дістанемо новий многочлен, конгруентний з попереднім за тим самим модулем m. 16. Китайська теорема про остачі. Якщо цілі числа m1, m2, m3, m4 , ... , mk , то для довільних цілих чисел а1, а2, а3, а4 , ... , аk існує ціле число х, яке задовольняє умови х º аі (mod mі), де i=1,k, При цьому число х можна вважати числом, яке належить довільному наперед заданому нівінтервалу довжиною, дорівнює добутку m1∙m2∙m3∙m4∙ ... ∙mk. 17. Теорема. Будь-яке натуральне число когруентне сумі своїх цифр у десятковій системі числення за модулем 9. 18. Теорема Ейлера. Функція кількості взаємно простих чисел для натурального числа n називається функцією Ейлера j(n), для неї виконується конгруенція aj(n)º1(mod n). 20. Теорема Ферма. Для простого числа р виконується конгруенція ар-1º1(mod р) або арºа(mod р). Задачі для самостійного осмислення. - Знайти остачу відділення 945+17 на 56.
- Знайти остачу від ділення 750+3 на 43.
- Знайти остачу від ділення 8100+11100 на 19.
- Довести, що вираз 650+725 ділиться без остачі на 11.
- Знайти останні три цифри числа 123402.
- Знайти останні дві цифри числа 3
- Знайти останні дві цифри числа 4 .
- Довести, що вираз 816+8 ділиться без остачі на число 19.
- Знайти останні дві цифри числа .
•10. Довести, що вираз 420+42 ділиться без остачі на число 17. •11. Знайти таке а, при якому вираз 524+7а ділиться без остачі на число 23. •12. Знайти остачу від ділення 995+27 на 89. •13. Довести, що остача від ділення 319+548 на 23 дорівнює 10. •14. Довести, що остача від ділення 7∙56+21 на 29 дорівнює 8. •15. Довести, що остача від ділення 8∙128+3 на 23 дорівнює 21. •16. Довести, що остача від ділення 9∙1511+2 на 37 дорівнює 25. 17. Довести, що остача відділення 17∙149+5 на 45 дорівнює 33. Зауваження. Нехай натуральне число m, більше 2. Зрозуміло, що різні цілі числа при ділення на m можуть давати довільні із остач: 1,2, 3,4, ..., m-1. Проте степені цілих чисел з фіксованим натуральним показником n>1 не обов'язково знову даватимуть при діленні на m будь-яку з цих остач. Теорема про остачі Квадратні лишки Остачі при діленні квадратів на натуральні числа. Якщо квадрат натурального числа, тобто, m2 = m∙m, поділити на: 2, то отримаємо остачі 0, 1; 3, то отримаємо остачі 0, 1 4, то отримаємо остачі 0, 1; 5, то отримаємо остачі 0, 1, 4; 6, то отримаємо остачі 0, 1, 3, 4; 7, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 4; 8, то отримаємо остачі 0, 1, 4; 9, то отримаємо остачі 0, 1, 4, 7; 10, то отримаємо остачі 0, 1, 4, 5, 6, 9; 11, то отримаємо остачі 0, 1, 3, 4, 5, 9; 12, то отримаємо остачі 0, 1, 4, 9; 13, то отримаємо остачі 0, 1, 3, 4, 9, 10, 12; 14, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 4, 8, 9; 15, то отримаємо остачі 0, 1,4, 6, 9, 10; 16, то отримаємо остачі 0, 1, 4, 9; 17, то отримаємо остачі 0, 1, 4, 8, 9,15. Кубічні лишки Остачі при діленні кубів на натуральні числа. Якщо куб натурального числа, тобто, m3 = m∙m∙m, поділити на: 2, то отримаємо остачі 0, 1; 3, то отримаємо остачі 0, 1, 2; 4, то отримаємо остачі 0, 1, 3; 5, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 3, 4; 6, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 3, 4, 5; 7, то отримаємо остачі 0, 1, 6; 8, то отримаємо остачі 0, 1, 3, 5, 7; 9, то отримаємо остачі 0, 1, 8; 10, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 3, 4, 5; 6; 7; 8; 9 Таблиця остач при діленні кубів на цифри | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 23 | 0 | 0 | 2 | 0 | 3 | 2 | 1 | 0 | 8 | 33 | 0 | 1 | 0 | 3 | 2 | 3 | 6 | 3 | 0 | 43 | 0 | 0 | 1 | 0 | 4 | 4 | 1 | 0 | 1 | 53 | 0 | 1 | 2 | 1 | 0 | 5 | 6 | 5 | 8 | 63 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 6 | 0 | 0 | 73 | 0 | 1 | 1 | 3 | 3 | 1 | 0 | 7 | 1 | 83 | 0 | 0 | 2 | 0 | 2 | 2 | 1 | 0 | 8 | 93 | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | 3 | 1 | 1 | 0 |
Четвіркові лишки Остачі при діленні четвертих степенів на натуральні числа. Якщо четверту степінь натурального числа, тобто, m4 = m∙m∙m∙m, поділити на: 2, то отримаємо остачі 0, 1; 3, то отримаємо остачі 0, 1 4, то отримаємо остачі 0, 1; 5, то отримаємо остачі 0, 1; 6, то отримаємо остачі 0, 1, 3, 4; 7, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 4; 8, то отримаємо остачі 0, 1; 9, то отримаємо остачі 0, 1, 4, 7; 10, то отримаємо остачі 0, 1, 5, 6; П'ятіркові лишки Остачі при діленні п'ятих степенів на натуральні числа. Якщо п'яту степінь натурального числа, тобто, m5 = m∙m∙m∙m∙m, поділити на: 2, то отримаємо остачі 0, 1; 3, то отримаємо остачі 0, 1, 2; 4, то отримаємо остачі 0, 1, 3; 5, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 3, 4; 6, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 3, 4, 5; 7, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6; 8, то отримаємо остачі 0, 1, 3, 5, 7; 9, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 4, 5, 7, 8; 10, то отримаємо остачі 0, 1, 2, 3, 4, 5; 6; 7; 8; 9. Розв'язування числових задач n | n2 | n3 | n4 | n4k | nk | ...1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 2 | 4 | 8 | 6 | 6 | 2,4,8,6 | 3 | 9 | 7 | 1 | 1 | 3,9,7,1 | 4 | 6 | 4 | 6 | 6 | 4,6 | 5 | 5 | 5 | 5 | 5 | 5 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 | 7 | 9 | 3 | 1 | 1 | 7,9,3,1 | 8 | 4 | 2 | 6 | 6 | 8,4,2,6 | 9 | 1 | 9 | 1 | 1 | 9,1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
У цій таблиці наведено останні цифри натуральних чисел, квадратів, кубів, четвертих степенів і так далі. Використовуємо цю таблицю для розв'язування задач. Задача 1. Знайти остачу від ділення квадрата цілого числа на 5. Розв'язання: Квадрати натуральних чисел закінчуються цифрами: 0; 1; 4; 5; 6; 9.(колонка 2) то при їх діленні на 5 одержуємо 0, 1 або 4. Задача 2. Чи може число виду 1k+5m+6n, де k, m, n - довільні натуральні числа, бути довільним квадратом. Розв'язання: Кожний доданок закінчується відповідно цифрами: 1, 5 і 6 (колонка 6) і тому їх сума закінчується цифрою 2, а таке число не може бути точним квадратом. Задача 3. Довести, що число 5353- 3333 ділиться на 10. Розв'язання: При виділенні показників степенів 53 і 33 на 4 в остачі одержуємо в кожному випадку 1. Отже, остання цифра числа 5553 така сама, як числа 3333, бо 534∙13+1 і 334∙8+1, отже, остання цифра різниці 0, і ця різниця ділиться на 10. Задача 4. Які остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 3? Відповідь: 0; 1; (3k±1)2=9k2±6k+1. (3k)2=9k. Задача 5. Які остачі не можуть мати точні квадрати при діленні на 4? (2k)2=4k2 (2k+1)2=4k2+4k+1 Відповідь: 2; 3. Задача 6. Які остачі не можуть мати точні квадрати при діленні на 5? Відповідь:2 і 3. (5k)2=25k2+0 (5k±1)2=25k2±10k+1 (5k±2)2=25k2±20k+4 Задача 7. Довести, що при будь-якому цілому n число n(n-3)(n2-3n+14) ділиться на 24? Доведення: n (n-3)(n2-n-2n+2+12)=n(n-3)(n(n-1)-2(n-1)+12=n(n-3)(n-1)(n-2)+12n(n-3). Це число ділиться на 24, бо: •1. n(n-1)(n-2)(n-3) ділиться на 3і 8 Þділиться на 24. •2. 12n(n-3) ділиться на 12 і 2, бо n(n-3)- просте число, отже, ділиться на 24. •3. Властивості квадратних лишків Теорема 1. Завжди знайдеться натуральний дільник n, більшого 1, для довільного степеня натурального числа mk, який при ділення степеня на цей дільник n дає остачу 1, (або завжди можна знайти такі натуральні числа, що (mk- 1):n - натуральне число). Тобто рівняння з двома невідомими завжди має розв'язки в натуральних числах mk - 1º0(mod m-1). Теорема 2. Завжди знайдеться натуральний дільник n, більший 5, для довільного квадрату натурального числа, який при ділення квадрата на цей дільник дає остачу 4. Тобто, рівняння з двома невідомими завжди має розв'язки в натуральних числах m2 º4(mod m+2) або m2 º4(mod m-2) . Теорема 3. Завжди знайдеться такий натуральний дільник n для довільного квадрату натурального числа, який при ділення на цей натуральний дільник дає остачу 0. Тобто рівняння з двома невідомими m i n завжди має розв'язки в натуральних числах m2 º 0(mod n). Теорема 4. Завжди знайдеться такий натуральний дільник n, більший 9, для довільного квадрату натурального числа, який при ділення на цей натуральний дільник n дає остачу 0. Тобто рівняння з двома невідомими завжди має розв'язки в натуральних числах m2 º9(mod n). Тобто рівняння з двома невідомими m i n завжди має розв'язки в натуральних числах m2 º9(mod m+3) або m2 º9(mod m-3) . Задачі для самостійного осмислення 1. Рівняння з двома невідомими m2 º 3(mod n). має розв'язки в цифрах тільки один розв'язок m = 3, n = 6. (Умова задачі на це рівняння. Знайти двоцифрове число, у якого квадрат цифри десятків при діленні на цифру одиниць дає остачу, що дорівнює половині цифри одиниць. Відповідь: 36.) 2. Рівняння з двома невідомими m2 º2(mod n). має розв'язки в цифрах тільки два розв'язки: m = 3, n = 7. m = 4, n = 7. (Умова задачі на це рівняння. Знайти двоцифрові число, у яких квадрат цифри десятків при діленні на цифру одиниць дає остачу 2. Відповідь: 37 та 47.) 3. Чи існує магічний квадрат 3х3 , складений з натуральних чисел так, щоб виконувалася умова на парність чисел? (У магічного квадрату суми чисел по двох діагоналях, трьох вертикалях та трьох горизонталях рівні). 2n | 2k-1 | 2r | 2d-1 | 2t-1 | 2m-1 | 2c | 2a-1 | 2k |
Відповідь: існує, це магічний квадрат 3х3, з цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. 4. Чи існує магічний квадрат 3х3, складений з натуральних чисел так, щоб виконувалася умова на парність чисел?(У магічного квадрату суми чисел по двох діагоналях, трьох вертикалях та трьох горизонталях рівні). 2n | 2k-1 | 2r | 2d-1 | 2t | 2m-1 | 2c | 2a-1 | 2k |
Відповідь: не існує. •4. Чи існує така цифра, більша 1, яка ділиться на число вигляду m2 - 8. Відповідь: не існує. •5. Знайти двоцифрові числа, у яких куб цифри десятків при діленні на цифру одиниць, дає остачу 5. Відповідь: 58, 56. •6. Знайти двоцифрові числа, у яких куб цифри десятків при діленні на цифру одиниць, дає остачу, що дорівнює цифрі одиниць, зменшеній на 1. Відповідь: 12, 32, 52, 72, 92. 23, 53, 83, 34, 74, 45, 56, 57, 78, 29, 89, 59. •7. Знайти двоцифрові числа, у яких куб цифри десятків при діленні на цифру одиниць, дає остачу, що дорівнює цифрі десятків. Відповідь: 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89. •8. (Теорема: m3 = m(mod m +1) та m3 = m(mod m -1), де m >1 )Доведіть, що всі двоцифрові числа, у яких цифри розташовані послідовно у порядку зростання, володіють такою властивістю: «куб цифри десятків при діленні на цифру одиниць, дає остачу, що дорівнює цифрі десятків.» •9. Знайти усі двоцифрові числа, у яких куб цифри десятків ділиться на цифру одиниць без остачі. Відповідь: 22, 42, 62, 82, 33, 44, 63, 93, 84, 64, 55, 66, 77, 88, 28, 48, 68,39, 69, 99. •10. Знайти двоцифрові числа, у яких куб цифри десятків при діленні на цифру одиниць, дає остачу 6, що дорівнює цифрі одиниць, зменшеній на 1. Відповідь: 57, 67. Теорема про остачі Якщо остача від ділення числа а на b дорівнює с, то остача від ділення числа аn на b дорівнює остачі від ділення числа сn на b. Приклад 1. 13 : 5 = 2 (ост. 3), тоді 13n :5 дає таку саму остачу, як і 3n: 5. Розв'язання. 1) n = 2, 132:5 = 169:5 = 33 (ост. 4) і 32:5 = 9:5 = 1 (ост. 4); 2) n = 3, 133:5 = 2197:5 = 439 (ост. 2) і 33:5 = 27:5 = 5 (ост. 2); 3) n = 4, 134:5 = 28 561:5 = 5712 (ост. 1) і 34:5 = 81:5 = 16(ост. 1); 4) n = 5, 135:5 = 371 293:5 = 74 258 (ост. 3) і 35:5 = 243:5 = 48 (ост. 3). Приклад 2. Знайти остачу від ділення числа 2222n на 7. Розв'язання. 1) Знайдемо остачу від ділення 2222 на 7: 2222 : 7 = 317 (ост. 3). 2) Остача від ділення 2222n на 7 така сама, як остача від ділення 34 на 7, тобто 4, бо 34:7 = 81:7 = 11 (ост. 4). Відповідь. 4. Задача 1. Знайти остачу від ділення числа 22225555 на 7. Розв'язання. 1) Знайдемо остачу від ділення 2222 на 7: 2222 : 7 = 317 (ост. 3). Остача від ділення 22225555 на 7 така сама, як остача від ділення 35555 на 7. Знайдемо остачі від ділення 3n на 7 для різних значень n: n=1, 31:7 = 3:7 = 0 (ост. 3); n = 2, 32:7 = 9:7 = 1 (ост. 2); n = 3, 33:7 = 27:7 = 3 (ост. 6); n = 4, 34:7 = 81:7 = 11 (ост. 4); n = 5, 35:7 = 243:7 = 34 (ост. 5); n = 6, 36:7 = 729:7 = 104 (ост. 1); n = 7, 37:7 = 2187:7 = 312 (ост. 3). Цикл дорівнює 6. 4) Знайдемо кількість повних циклів у числі 5555. 5555 : 6 = 925 (ост. 5). 925 повних циклів відкидаємо. Отже, остача відділення 35555 на 7 така сама, як від ділення 35 на 7, тобто 5. Отже, і остача від ділення 22225555 на 7 дорівнює 5. Відповідь. 5. Задача 2. Знайти остачу від ділення числа 55552222 на 7. Розв'язання. 1) Знайдемо остачу від ділення 5555 на 7: 5555 : 7 = 793 (ост. 4). Остача від ділення 55552222 на 7 така сама, як остача від ділення 42222 на 7. Знайдемо остачі від ділення 4n на 7 для різних значень n: n = 1, 41:7 = 4:7 = 0 (ост. 4); n = 2, 42:7 = 16:7 = 2 (ост. 2); n = 3, 43:7 = 64:7 = 9 (ост.1); n = 4, 44:7 = 256:7 = 36 (ост. 4). Цикл дорівнює 3. 2) Знайдемо кількість повних циклів у числі 2222. 2222 : 3 = 740 (ост. 2). 740 повних циклів відкидаємо. Отже, остача від ділення 42222 на 7 така сама, як і від ділення 42 на 7, тобто 2. Отже, і остача відділення 55552222 на 7 дорівнює 2. Відповідь. 2. Задача 3. Довести, що (22225555+55552222) ділиться на 7 без остачі. Доведення. Оскільки 22225555 при діленні на 7 дає остачу 5, а 55552222 при діленні на 7 дає остачу 2, а сума цих остач 5+2 = 7 ділиться на 7, то (22225555 +55552222) ділиться на 7 без остачі, що і треба було довести. Задача 4. Знайти остачу від ділення числа 7 2003 на 10. Розв'язання. 1) Знайдемо остачу від ділення 7 на 10: 7: 10 = 0 (ост. 7). 2)Знайдемо остачі від ділення 7n на 10 для різних значень n: n = 1, 71:10 = 7:10 = 0 (ост. 7); n = 2, 72:10 = 49:10 = 4 (ост. 9); n = 3, 73:10 = 343:10 = 34 (ост. 3); n = 4, 74:10 = 2401:10 = 240(ост. 1); n = 5, 75 : 10 = 16 807:10 = 1680 (ост. 7). Цикл дорівнює 4. 3)Знайдемо кількість повних циклів у числі 2003. 2003 : 4 = 500 (ост. 3). 4)500 повних циклів відкидаємо. Отже, остача від ділення 72003 на 10 така сама, як остача від ділення 73 на 10 , тобто 3. Відповідь. 3. 5. Якою цифрою закінчується число 72003 ? Розв'язання. Остача відділення числа 72003 на 10 є останньою цифрою цього числа. Тобто число 72003 закінчується цифрою 3. Відповідь. 3. Самостійно виконайте дві наступні вправи. 6.Знайти остачу від ділення числа 20062007 на 3. 7. Якою цифрою закінчується 192008 ? Задачі для самостійного осмислення 1. a) Вираз х + 2 ділиться без остачі на 8. Як записати це твердження за допомогою конгруенції? Знайти множину значень х. б) Вираз х + 2 ділиться без остачі на 3. Як записати це твердження за допомогою конгруенції? Знайти множину значень х. 2. a) Вираз 4х + 3 ділиться з остачею 2 на число 9. Як це записати за допомогою конгруенції? Знайти множину значень х. б) Вираз 4х + 3 ділиться з остачею 2 на число 5. Як це записати за допомогою конгруенції? Знайти множину значень х. 3. a) Вираз 5х - 1 ділиться з остачею 3 на число 7. Як це записати за допомогою конгруенції? Знайти множину значень х. б) Вираз 5х - 1 ділиться з остачею 3 на число 4. Як це записати за допомогою конгруенції? Знайти множину значень х. 4. a) Вираз а +2 ділиться без остачі на 8. Як записати це твердження за допомогою конгруенції? б) Вираз а +2 ділиться без остачі на 3. Як записати це твердження за допомогою конгруенції? 5. a) Які з чисел 22, 38, 6,-12, -13 конгруентні 9 за модулем 2, 3,7. б) Які з чисел 46, 37, 16, -17, -16 конгруентні 7 за модулем 2, 3, 5, 9. 6. Показати, що числа виду 8k+1, де k=0, 1, 2, ... конгруентні між собою за модулем 8. 7. Довести, що квадрат будь-якого непарного числа конгруентний
з одиницею за модулем 8. 8. Показати, що при n непарному, тобто n = 2k±1, число n3
конгруентне 6k+1 за модулем 4. 9. Довести, що якщо 50а+8b+с º 0 (mod 21), то а+b+8с º 0(mod 21). 10. Перевірити конгруенцію 830 º 34 (mod 55). 11. Перевірити конгруенцію 521º 27 (mod 77). 12. З яким найменшим натуральним числом конгруентне число
N=8∙22∙1212∙17∙23 за модулем 9? 13.Чи вірно, що число 8754 конгруентне 4578 за модулем 9? 14. Чи вірно, що число 5647 конгруентне 22 за модулем 9? 15. Чи вірно, що m3-m+7 конгруентне 7 за модулем 6? 16. Чи вірно, що (2+7)5 = 25+75 (mod 5)? Таблиця довжини двоцифрових періодів степенів цифр. (Степеневі лишки при діленні на 100) mn º ab(mod 100). Основа | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | Довжина двоцифрового періоду ....аb | 21 | 20 | 10 | 1 | 6 | 4 | 20 | 10 | Довжина одноцифрового періоду ....аb | 4 | 4 | 2 | 1 | 1 | 4 | 4 | 2 | Критерій парності двох цифр лишку | k & 2n | 2k & 2n+1 | k & 2n | 2k & 2n+1 | 2k+1&2n | 2k & 2n+1 | k & 2n | 2k & 2n+1 | m1 | 02 | 03 | 04 | 05 | 06 | 07 | 08 | 09 | m2 | 04 | 09 | 16 | 25 | 36 | 49 | 64 | 81 | m3 | 08 | 27 | 64 | 25 | 16 | 43 | 12 | 29 | m4 | 16 | 81 | 56 | 25 | 96 | 01 | 96 | 61 | m5 | 32 | 43 | 24 | 25 | 76 | 07 | 68 | 49 | m6 | 64 | 29 | 96 | 25 | 56 | 49 | 44 | 41 | m7 | 28 | 87 | 84 | 25 | 36 | 43 | 52 | 69 | m8 | 56 | 61 | 36 | 25 | 16 | 01 | 16 | 21 | m9 | 12 | 83 | 44 | 25 | 96 | 07 | 28 | 89 | m10 | 24 | 49 | 76 | 25 | 76 | 49 | 24 | 01 | m11 | 48 | 47 | 04 | 25 | 56 | 43 | 92 | 09 | m12 | 96 | 41 | 16 | 25 | 36 | 01 | 36 | 81 | m13 | 92 | 23 | 64 | 25 | 16 | 07 | 88 | 29 | m14 | 84 | 69 | 56 | 25 | 96 | 49 | 04 | 61 | m15 | 68 | 07 | 24 | 25 | 76 | 43 | 32 | 49 | m16 | 36 | 21 | 96 | 25 | 56 | 01 | 56 | 41 | m17 | 72 | 63 | 84 | 25 | 36 | 07 | 48 | 69 | m18 | 44 | 89 | 36 | 25 | 16 | 49 | 84 | 21 | m19 | 88 | 67 | 44 | 25 | 96 | 43 | 72 | 89 | m20 | 76 | 01 | 76 | 25 | 76 | 01 | 76 | 01 | m21 | 52 | 03 | 04 | 25 | 56 | 07 | 08 | 09 |
Отже, можливі тільки такі степеневі двоцифрові лишки для степенів цифр: 00, 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 08, 09, 12,16, 21,23, 24, 25, 27, 28, 29, 32, 36, 41, 43, 44, 47, 48, 49, 52,56, 61, 63, 64, 67, 68, 69, 72,76, 81,83, 84, 88, 89, 92, 96. Задачі для самостійного осмислення 1. Довести, що рівняння з довільними натуральними показниками xm º yn º...º zk (mod p) має розв'язки в цілих числах (x;y;z), де всі числа однакової парності. 2. Розв'язати рівняння в цифрах: 1) x20m º y20m º z20m º 76(mod 100) Відповіді: (2;4;8), (2;4;8), (4;2;8), (4;8;2), (8;2;4), (8;4;2). 2) x20m º y20m º z20m º 1(mod 100) Відповіді: (3;7;9), (3;9;7), (7;3;9), (7;9;3), (9;3;7), (9;7;3). 3) z10m º 1(mod 100) Відповіді: z = 9 4) m13 º m(mod 10) Відповіді: m ={0; 1;2;3;4;5;6;7;8;9} 5) m5 º m(mod 10) Відповіді: m ={0; 1;2;3;4;5;6;7;8;9} 6) m17º m(mod 10) Відповіді: m ={0; 1;2;3;4;5;6;7;8;9} 7) m9º m(mod 10) Відповіді: m ={0; 1;2;3;4;5;6;7;8;9} 8) m4n+1º m(mod 10) Відповіді: m ={0; 1;2;3;4;5;6;7;8;9} 9) m4n+2º m2(mod 10) Відповіді: m ={0; 1;2;3;4;5;6;7;8;9} 10) m4n+3º m3(mod 10) Відповіді: m ={0; 1;2;3;4;5;6;7;8;9} 10) m4(n+1)º m4(modsxz Павло Негода
1040 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Інваріантні вла... | Переглядів: 380 | | | Задачі на інваріантних величинах | | Додав: | | Інваріант в задачах. При розв'язування задач інколи доводиться мати справу з такою ситуацією: задана система(або математичний об'єкт) послідовно змінює свій стан, і необхідно визначити певну характеристику її кінцевого стану. Повністю прослідкувати за всіма переходами буває складно, а то і неможливо. Тоді знайти розв'язок допомагає обчислення деякої величини, що характеризує стан системи і зберігається при всіх її переходах або перетвореннях. Таку величину називають інваріантом даної системи. Зрозуміло, що при цьому значення інваріанта в початковому та кінцевому станах співпадають. Ми поняттю інваріанта надамо дещо ширшого змісту. А саме, називатимемо інваріантом системи (або математичний об'єкт) не лише її кількісну характеристику, яка не змінюється при заданих перетвореннях, але й кожну якісну характеристику, що має властивості зберігатися при таких перетвореннях. Числові задачі, в яких інваріантом є остача від ділення на ціле число. 1 | 2 | 3 | 4 | 4k | k | n | n2 | n3 | n4 | n4k | nk | ...1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 2 | 4 | 8 | 6 | 6 | - | 3 | 9 | 7 | 1 | 1 | - | 4 | 6 | 4 | 6 | 6 | - | 5 | 5 | 5 | 5 | 5 | 5 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 | 6 | 7 | 9 | 3 | 1 | 1 | - | 8 | 4 | 2 | 6 | 6 | - | 9 | 1 | 9 | 1 | 1 | - | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
У цій таблиці наведено останні цифри натуральних чисел, квадратів, кубів, четвертих степенів і так далі. Використовуємо цю таблицю для розв'язування задач. Задача 1. Чи може остача від ділення квадрата цілого числа на 5 дорівнювати 3? Розв'язання. Спочатку прослідкуємо остачі від ділення квадрата цілого числа на 10. Квадрати натуральних чисел закінчуються цифрами: 0; 1; 4; 5; 6; 9.(колонка 2) то при їх діленні на 5 одержуємо 0, 1 або 4. Це є інваріантна властивість квадрата цілого числа. Отже, не може остача від ділення квадрата цілого числа на 5 дорівнювати 3. Задача 2. Чи може число виду 1k+5m+6n, де k, m, n - довільні натуральні числа, бути довільним квадратом? Розв'язання. Кожний доданок закінчується відповідно цифрами: 1, 5 і 6 (колонка 6) і тому їх сума закінчується цифрою 2, а таке число не може бути точним квадратом. Задача 3. Чи ділиться число 5353- 3333 ділиться на 10? Розв'язання. При виділенні показників степенів 53 і 33 на 4 в остачі одержуємо в кожному випадку 1. Отже, остання цифра числа 5553 така сама, як числа 3333, бо534*13+1 і 334*8+1, отже, остання цифра різниці 0, і ця різниця ділиться на 10. Задача 4. Які остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 3? Розв'язання. Будь-яке натуральне число, більше двох, можна записати у такому вигляді або 3k-1, або 3k, або 3k+1. Піднесемо до квадрату дані вирази: (3k±1)2=9k2±6k+1= 3∙k(3k±2)+1 та (3k)2=9k2. Отже, 0 та 1 остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 3. Відповідь: 0; 1. Задача 5. Які остачі не можуть мати точні квадрати при діленні на 4? Розв'язання. Будь-яке натуральне число можна записати у такому вигляді або 2k або 2k+1. Піднесемо до квадрату дані вирази: (2k)2=4k2, (2k+1)2=4k2+4k+1= 4k(k+1) +1. Отже, 0 та 1 остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 4. Серед чотирьох можливих остач відсутні 2 та 3. Відповідь: 2; 3. Задача 6. Які остачі не можуть мати точні квадрати при діленні на 5? Розв'язання. Будь-яке натуральне число можна записати у такому вигляді або 5k-2, або 5k-1, або 5k, або 5k+1, 5k+2. Піднесемо до квадрату дані вирази: (5k)2=25k2+0, (5k±1)2=25k2±10k+1, (5k±2)2=25k2±20k+4. Отже, 0, 1 та 4 остачі можуть мати точні квадрати при діленні на 4. Серед чотирьох можливих остач відсутні 2 та 3. Відповідь:2 і 3. Задача 7. Довести, що при будь-якому цілому n число n(n-3)(n2-3n+14) ділиться на 24? Доведення: n (n-3)(n2-n-2n+2+12)=n(n-3)(n(n-1)-2(n-1)+12=n(n-3)(n-1)(n-2)+12n(n-3). Ця сума двох добутків ділиться на 24, бо: •1. n(n-1)(n-2)(n-3) - це є добуток чотирьох послідовних цілих чисел, отже він ділиться на 3 і 8, тому він ділиться на добуток 3 та 8, таким чином, все число ділиться на 24. •2. 12n(n-3) ділиться на 12 і 2, бо n(n-3)- добуток чисел різної парності, отже, один з множників обов'язково поділиться на 2. Таким чином все число ділиться на 24. Інваріантні величини в задачах на перетворення об'єктів У розв'язанні цих задач нам допоможе те, що ми знайдемо величину, яка не змінюється при заданих операціях над об'єктом чи перетвореннях об'єкта. Число або властивість, що не змінюється при дозволених перетвореннях, називається інваріантом. Інваріант дає можливість знайти кінцевий результат наших операцій. Якщо числове значення інваріанту на двох об'єктах різне, то ми не можемо один об'єкт отримати з другого. Задача 8. На дошці написано десять плюсів та п'ятнадцять мінусів. Дозволяється стерти будь-які два знаки та написати замість них плюс, якщо вони однакові, і мінус, якщо вони різні. Який знак лишиться на дошці після виконання двадцяти чотирьох таких операцій? Розв'язання. Замінимо кожен плюс числом 1, а мінус числом -1. Тоді наша операція полягає в тому, що замість двох чисел пишемо їх добуток. Добуток всіх чисел на дошці не змінюється. На початку він дорівнював -1, тому і в кінці він буде дорівнювати -1. В нас залишається мінус. Задача 9. На дошці написані числа 1, 2, ..., 1991. Кожний раз стирається якісь два числа і замість них пишеться остача від ділення суми цих двох чисел на 13. Яке єдине число залишиться після виконання всіх цих операцій? Розв'язання. Залишиться число 3. Інваріантна величина - остача від ділення суми всіх чисел на 13. Задача 10. Газету розрізали на 7 шматків. Потім вибрали деякі шматки газети і їх теж розрізали на 7 шматків. І продовжили так розрізати ще кілька разів. Чи можна в результатів таких розрізань отримати 2017 шматків газети? Розв'язання. Внаслідок розрізання одного шматка газети на сім частин, загальна кількість шматків газети збільшиться на 6. Це є інваріантна величина. Наприклад, внаслідок розрізання цілої газети отримали 1+ 6 шматків. Отже, якщо ми виконаємо n розрізань шматків газети, то в результаті отримаємо 1+6∙n шматків газети. Залишилося розв'язати в цілих числах рівняння 1+6∙n=2017. Отже після 336 розрізань отримаємо 2017. Вілповідь. Можна. Задача 11. В таблиці 4х4 плюси та мінуси розставлені так, як показано на малюнку. Дозволяється змінити знак на протилежний одночасно у всіх клітинках, розташованих в одному рядку, в одному стовпчику або вздовж прямої, паралельної одній з діагоналей (зокрема, в будь-якій кутовій клітинці). Чи можна отримати таблицю, що не має жодного мінуса? Розв'язання. Ні, не можна. Будемо вважати плюси числами 1, а мінуси числами -1. При наших операціях не змінюється добуток чисел в клітинках, зафарбованих на малюнку. В початковій таблиці цей добуток дорівнює -1, в таблиці без мінусів 1. Відповідь. Ні, не можна. Задача 12. Дано таблицю 3x3 (див. мал.). Дозволяється змінювати знак одночасно у всіх клітинках одного рядка, або одного стовпчика. Чи можна отримати таблицю з самими плюсами? Розв'язання. Якщо замінити плюси на 1, а мінуси на -1, то інваріантом буде добуток чисел у чотирьох кутових клітинках. Відоповідь. Ні, не можна. Задача 13. Квадратне поле розбите на 100 однакових квадратних ділянок, з яких дев'ять заросли бур'яном. За рік бур'ян може розповсюдитися ще лише на ті ділянки, для яких не менше двох сусідніх вже заросли бур'яном (ділянки називаються сусідніми, якщо вони мають спільну сторону). Довести, що повністю все поле ніколи бур'яном не заросте. Розв'язання. Неважко перевірити, що довжина границі області, яка поросла бур'яном, не може зростати. Спочатку ця довжина не перевищувала 36 (вважаємо, що сторона кожної ділянки дорівнює 1), тому вона ніколи не зможе зрівнювати 40 - периметру поля. Зауваження. Відмітимо, що тут ми використовуємо не інваріант в його стандартному розумінні. Довжина границі області з бур'яном може змінюватися. Для нас важливо, що вона не може зростати. Відповідь. Не може. Однією з таких якісних характеристик може бути парність. Використаємо ще такі властивість парності чисел: 2∙n + 2∙k + ... + 2∙f + 2∙q = 2∙(n + k + ... + f + q) = 2∙m СУМА БУДЬ-ЯКОЇ КІЛЬКОСТІ ПАРНИХ ЧИСЕЛ ЗАВЖДИ ПАРНА. 2∙n - 2∙k - ... - 2∙f - 2∙q = 2∙(n - k - ... - f - q) = 2∙m РІЗНИЦЯ БУДЬ-ЯКОЇ КІЛЬКОСТІ ПАРНИХ ЧИСЕЛ ЗАВЖДИ ПАРНА. (2∙n -1)+ (2∙k-1)+ ... + (2∙f-1) + (2∙q-1) = 2∙(n + k + ... + f + q)- 2s = 2∙(m-s) СУМА ПАРНОЇ КІЛЬКОСТІ НЕПАРНИХ ЧИСЕЛ ЗАВЖДИ ПАРНА. (2∙n -1)+ (2∙k-1)+ ... + (2∙f-1) + (2∙q-1) = 2∙(n + k + ... + f + q)- 2s -1 = 2∙(m-s) - 1 СУМА НЕПАРНОЇ КІЛЬКОСТІ НЕПАРНИХ ЧИСЕЛ ЗАВЖДИ ПАРНА. Таким чином, парність результату суми та різниці натуральних чисел не залежить від розстановки плюсів і мінусів, а залежить тільки від кількості непарних чисел в початковому наборі. Зрозуміло, що сума будь-якої кількості парних чисел є завжди парним числом. Задача 14. Чи можна розміняти 25 карбованців за допомогою десяти купюр вартістю 1, 3 та 5 карбованців? Розв'язання. Сума десяти непарних чисел завжди парна. Отже, не можна так розміняти. Задача 15. Петро купив загальний зошит на 96 аркушів і пронумерував всі його сторінки по порядку числами від 1 до 192. Василь вирвав з цього зошита 25 аркушів і додав всі 50 чисел, що на них були написані. Чи міг він дістати 1990? Розв'язання. На кожному аркуші сума номерів сторінок непарна, а сума 25 непарних чисел непарна. Відповідь: ні, не могло. Задача 16. Добуток 22 цілих чисел дорівнює 1. Чи може статися так, що їх сума не дорівнює нулю. Розв'язання. Серед цих чисел - парне число "мінус одиниць", а для того, щоб сума дорівнювала нулю, їх має бути рівно 11. Задача 17. Чи можна скласти магічний квадрат з перших 36 простих чисел? Розв'язання. Серед цих чисел одне (це 2) - парне, а інші непарні. Тому в тому рядку, де стоїть двійка, сума чисел непарна, а в інших - парна. Відповідь: ні, не можна. Задача 18. В ряд записано числа від 1 до 10. Чи можна розставити між ними знаки "+" та "-" так, щоб значення отриманого виразу дорівнювало нулю? Розв'язання. І справді, сума чисел від 1 до 10 дорівнює 55, і змінюючи в неї знаки, ми змінюємо весь вираз на парне число. Адже парність результату суми та різниці натуральних чисел не залежить від розстановки плюсів і мінусів, а залежить тільки від кількості непарних чисел в початковому наборі. Зауваження. Врахуйте, що від'ємні числа також бувають парними та непарними. Відповідь: Ні, не можна. Задача 19. Коник-стрибунець стрибає вздовж прямої, причому першого разу він стрибнув на 1 см в якийсь бік, другого - на 2 см і так далі. Доведіть, що після 1985 стрибків він не може зупинитися там, де починав. Вказівка. Доводиться так само, як і в задачі 18, бо сума 1 + 2 + ... + 1985 непарна. Задача 20. На дошці виписано числа 1,2,3,..., 1984,1985. Дозволяється стерти з дошки будь-які два числа і замість них записати модуль їх різниці. Врешті-решт на дошці залишається одне число. Чи може воно дорівнювати нулю? Розв'язання. Перевірте, що при зазначених операціях парність суми всіх написаних на дошці чисел не змінюється. Адже парність результату суми та різниці натуральних чисел не залежить від розстановки плюсів і мінусів, а залежить тільки від кількості непарних чисел в початковому наборі. Відповідь: ні, не може. Далі зібрано більш складні задачі, розв'язання яких, крім парності, використовує, як правило, і деякі додаткові міркування. Задача 21. Чи можна покрити шахматну дошку доміношками розміром 1x2 так, щоб вільними залишились тільки клітинки а1 і, h8? Розв'язання. Кожна доміношка покриває одне чорне і одне біле поле, а при викиданні полів а1 і h8 чорних полів залишається на 2 менше, ніж білих. Відповідь: не можна. Задача 22. До 17-цифрового числа додали число, яке записано тими ж цифрами, але в зворотному порядку. Доведіть, що хоча б одна цифра суми, що отримана, є парною. Вказівка. Розгляньте два випадки: сума першої і останньої цифр числа менш 10, і сума першої і останньої цифр числа не менш 10. Якщо припустити, що всі цифри суми непарні, то в першому випадку не може бути жодного переносу в розрядах (що, очевидно, приводить до суперечності), а в другому випадку наявність переносу при русі справа наліво або зліва направо чергується з відсутністю переносу, внаслідок чого ми одержимо, що цифра суми в дев'ятому розряді обов'язково парна. Задача 23. В народній дружині є 100 чоловік, і кожного вечора троє з них йдуть чергувати. Чи може після деякого часу виявитися, що кожен чергував з кожним рівно один раз? Розв'язання. У кожному чергуванні, в якому бере участь дана людина, вона чергує з двома іншими, отже, всіх інших можна розбити на пари. Проте 99 - непарне число. Відповідь: ні, не може. Задача 24 . На прямій відмічено 45 точок, що лежать зовні відрізка АВ. Доведіть, що сума відстаней від цих точок до точки А не дорівнює сумі відстаней від цих точок до точки В. Вказівка. Зрозуміло, що комбінація з дев'яти одиниць раніше, ніж з дев'яти нулів, утворитися не може. Якщо ж утворилося дев'ять нулів, то в попередньому ході нулі і одиниці повинні були чергуватися, не можливо, бо їх всього непарна кількість. Задача 25. По колу розставлено 9 чисел - 4 одиниці і 5 нулів. Кожну секунду над числами роблять таку операцію: між сусідніми числами ставлять нуль, якщо вони різні, та одиницю, якщо вони рівні. Чи можуть усі числа через деякий час стати рівними? Вказівка. Зрозуміло, що комбінація з дев'яти одиниць раніше, ніж з дев'яти нулів, утворитися не може. Якщо ж утворилося дев'ять нулів, то в попередньому ході нулі і одиниці повинні були чергуватися, не можливо, бо їх всього непарна кількість. Задача 26. 25 хлопчиків і 25 дівчаток сидять за круглим столом. Доведіть, що у когось із сидячих обидва сусіди - хлопці. Доведення. Зрозуміло, у противному випадку, різниця між кількістю хлопців та дівчат повинна дорівнювати непарному числу, що не відповідає умові задачі. Тому проведемо наше доведення від супротивного. Пронумеруємо всіх, що сидять за столом, по порядку, починаючи з якогось місця. Якщо на к-му місці сидить хлопчик, то ясно, що на (к - 2)-му і на (к+ 2) му місцях сидять дівчатка. Але оскільки хлопчиків і дівчаток порівно, то і для будь-якої дівчинки, що сидить на n-му місці, вірно, що на (n - 2)-му і на (n + 2)-му місцях сидять хлопчики. Якщо ми тепер розглянемо тільки тих 25 чоловік, що сидять на "парних" місцях, то одержимо, що серед них хлопчики і дівчатка чергуються, якщо обходити стіл в якомусь напрямі. Але 25 - непарне число. Задачі, в яких для знаходження інваріантної величини для наочності використовують певні види розфарбування клітинкових фігур. Задача 27. Чи можна шахову дошку 8х8 покрити 11 прямокутниками 1x4 та 5 квадратами 2x2 так, щоб їхні сторони йшли по сторонах клітинок? Розв'язання. Використаємо діагональне розфарбування клітинок дошки в чотири кольори, які позначимо числами 0, 1, 2 та 3. Кожний квадрат 2x2 покриває клітинки з сумою чисел 4 або 8. Кожний прямокутник 1х4 покриває клітинки з сумою чисел 6, для 11 прямокутників сума чисел дорівнює 66. Тому сума чисел, покритих 5 квадратами та 11 прямокутниками у нас не може ділитися на 4. З іншого боку, для дошки 8x8 сума всіх чисел дорівнює 96. Тому дошку покрити не можна. Задача 28. Доведіть, що прямокутниками 1х3 не можна покрити дошку 8х8, в якій з лівого нижнього кута вирізаний прямокутник 1х4. Розв'язання. Пронумеруємо вертикалі повної дошки 8x8 цифрами від 0 до 7 та горизонталі цими ж цифрами, починаючи з лівого нижнього кута. В кожну клітину поставимо лишок від ділення на 3 суми відповідних їй горизонталі та вертикалі. Кожна фігура 1х3 покриває числа 0, 1 та 2. А сума чисел на всій дошці з вирізаним нашим прямокутником не ділиться на 3. Задача 29. На дошці розміром 10x10 роставлено 50 шашок: 25 у лівій нижній чверті дошки, 25-у правій верхній чверті. За один хід будь-яка шашка може перестрибнути через шашку, сусідню з нею по горизонталі, вертикалі або діагоналі на наступне поле, якщо воно вільне. Чи зможуть за кілька ходів всі шашки опинитися на одній половині дошки? Розв'язання. Нехай клітинки дошки пофарбовані у білий та чорний колір у шаховому порядку. Тоді кожна шашка при переміщеннях не змінює кольору клітинки, на якій вона стоїть. В початковій розстановці у нас на чорних клітинках стоять 24 або 26 шашок (в залежності від кольору лівої нижньої клітинки). А на половині дошки 25 чорних клітинок. Відповідь. Ні, не зможуть. Задача 30. Довести, що шахову дошку, розміром 1989x1991 з вирізаною центральною клітинкою не можна обійти турою, побувавши в кожній клітинці точно один раз. Розв'язання. Розфарбуємо клітинки дошки у білий та чорний колір у шаховому порядку. Тоді тура по черзі проходить білі та чорні клітинки. їх у нас парна кількість, але кількість білих клітинок не перевищує кількості чорних. Задача 31. У Змія Горинича 1000 голів. Ілля Муромець одним ударом меча може відрубати точно 1, 17, 21 або 33 голови, але при цьому в Змія виростає відповідно 10, 14, 0 або 48 голів. Чи зможе богатир перемогти Змія Горинича? Розв'язання. Кожного разу кількість голів Змія змінюється на число, кратне трьом. Відповідь. Ні, не зможе. Задача 32. Доведіть, що шашкову дошку розміром 10X10, не можна розбити на фігурки у формі букви Т, що складається з чотирьох клітинок. Доведення. Кожна фігурка у формі букви Т покриває 1 або 3 чорних клітинки. Нам потрібно 25 фігурок. На дошці парна кількість чорних клітинок. Отже, парне число чорних клітинок вказує на не можливість такого розбиття. Задача 33. Якщо в нас є кілька многочленів, то дозволяється із них записати добуток, суму або різницю двох із них. Спочатку нам задано f(х) та g(х). Чи зможемо ми отримати х, якщо: а) f(х)=х2+х, g(х)=х2+2; б) f(х)=х2+х; g(х)=х2-2; в) f(х)-2х2+х; g(х)=2х; г) f(х)=2х3+х; g(х)=х2. Розв'язання. а) Ні, не зможемо. Оскільки f(-1)=0, g(-1)=3, значення в (-1) многочленів, що ми можемо отримати, ділиться на 3. б) Зможемо. x=(f-д)2-2(f-д)-f. в) Ні. При х = 0,5∙f(х), g(х) та всі многочлени, що ми можемо отримати, приймають цілі значення. г) Ні. Значення будь-якого отриманого нами
многочлена в точці х-20,5 має вигляд m+5∙20,5∙n; m, n - цілі. Задача 34. Дано 77 однакових брусків розміром ЗхЗх1. Чи можна їх усіх укласти в коробку з кришкою розміром 7х9х11? Розв'язання. Розглянемо в коробці шар товщиною 1, розташований біля грані розміром 7x11. Кожен брусок займає в ньому 3 або 9 кубиків 1х1х1. Але 77 не ділиться на 3. Відповідь. Ні, не можна. Задача 35. "Дельфін"- фігура, що ходить на одне поле вгору, вправо або по діагоналі вліво вниз. Чи зможе "дельфін" обійти дошку 8x8, починаючи з лівого нижнього кута і побувавши в кожній клітині один раз? Розв'язання. Розставимо числа 0, 1, та 2 в клітинках дошки так, як при розв'язанні вправи 9.4. Тоді "дельфін" по черзі буде проходити числа 0, 1, 2, 0, 1, 2, ... Але в нас на дошці кількість одиниць не дорівнює кількості двійок. Відповідь. Ні, не можна. Задача 36. Нескінченна послідовність цифр починається цифрами 1,0, 1,0, 1,0. Далі кожна цифра - це остання цифра суми шістьох попередніх. Чи зустрінуться колись в цій послідовності підряд цифри 0, 1, 0, 1, 0, 1? Розв'язання. Інваріантом буде остання цифра числа 2х1+4х2+6х3+8х4 + 10х5 + 12х6, де х1,... , х6, шість цифр, що йдуть підряд. Відповідь. Ні, не зустрінуться. Задача 37. На площині задано правильний шестикутник. Кожна його сторона поділена на 1000 рівних частин, і точки поділу з'єднані відрізками, паралельними сторонам шестикутника. В утвореній сітці оберемо три вузла, що є вершинами правильного трикутника (будь-якого розміру та розташування), і пофарбуємо їх. Продовжуємо такий вибір та фарбування, поки це можливо. Доведіть, що якщо залишиться непофарбованим один вузол, то він не є вершиною початкового шестикутника. Доведення. Розставимо у вузлах сітки числа 0, 1, 2,
так, щоб: а) у вершинах будь-якого маленького трикутника стояли всі три числа; б) у вершинах шестикутника стояли 0 та 1 (див. мал. ). Розставляти числа треба симетрично відносно осей симетрії шестикутника, що проходять через вершини. Тоді сума чисел у вершинах будь-якого правильного трикутника ділиться на 3, а сума всіх розставлених чисел при діленні на 3 дає остачу 2. Задача 38. Для числа 19971997 підрахували суму його цифр. В одержаному числі знову підрахували суму цифр, і т.д. аж поки не одержали одноцифрове число. Визначити це останнє число. Розв 'язання. При діленні на 9 число 1997 дає остачу 8. Тому остача від ділення на 9 числа 19971997 така ж, як і числа 81997. Але числа 8n при діленні на 9 дають таку послідовність остач: 8, 1, 8, 1, 8, ..., елементи якої повторюються з періодом 2. Тому число 81997, а з ним і число 19971997, при діленні на 9 дає остачу 8. Оскільки, крім того, остача від ділення на 9 довільного числа на суми цифр цього числа однакові, то скільки разів не застосовувати описану в умові задачі операцію, кожного разу одержуватимемо числа, які при діленні на 9 дають остачу 8. А тому одноцифрове число, яке дістаємо на останньому етапі, дорівнюватиме 8. Комбінаторні обчислення значною мірою базуються на міркуваннях, пов'язаних з інваріантами. Задача 39. План міста має схему, зображену на мал. На всіх вулицях введено односторонній рух: можна їхати (див.план) тільки вправо, або тільки вгору. Скільки є різних маршрутів, які ведуть із т.А в т.В? (Один із таких маршрутів показано на плані). Розв 'язання. Назвемо вулицею відрізок зображеної сітки, який з'єднує два сусідні вузли. Для того, щоб попасти в т.В, очевидно, необхідно проїхати 5 "вертикальних" та 7 "горизонтальних вулиць". Отже, кожний такий маршрут складається із 12 (інваріант!) вулиць. Оскільки при цьому 5 із них (ще один інваріант!) потрібно обов'язково проїхати вгору, то кількість усіх можливих маршрутів визначається тим, скількома способами можна вибрати 5 етапів із 12 етапів для руху в цьому напрямку. Отже, всього дістаємо комбінацію 5 із 12 різних маршрутів, тобто 8∙9∙11=792. Задача 40. Задано числа 20,5 , 2, 1/20,5 . Дозволяється будь-які два з них замінити їх сумою та різницею, поділеною на 20,5. Чи можна, провівши цю операцію декілька разів, дістати трійку 1, 20,5,1+20,5? Розв 'язання. Припустимо, що на якомусь кроці ми дістали трійку чисел а, b, с. Тоді після виконання наступних перетворень дістанемо трійку (а+b)/ 20,5, (а-b)/ 20,5, с. Оскільки ((а+b)/20,5)2 + ( (а-b)/ 20,5)2 + с2 = а2 + b2 + с2, то сума квадратів заданих чисел є інваріантом для таких перетворень. Але (20,5)2 + 22 +(1 + 20,5)2 ¹(20,5)2 + 22 +(1 / 20,5)2. Тому із трійки 20,5 , 2, 1/20,5 трійку 1, 20,5, 1+20,5дістати не вдається. Зауважимо, що у випадку, коли остання рівність мала б місце, висновок про можливість одержання потрібної трійки був би поспішним. Необхідно було б ще й вказати конкретні перетворення, якими цього можна досягти. Задача 41. Для участі в розиграші кубка країни з футболу подало заявки 1997 команд. Як скласти календар зустрічей між ними, щоб для визначення володаря кубка провести найменшу кількість ігор? (Між собою команди зустрічаються по одному разу. Нічиїх не буває. Команда, що програла, вибуває із змагань). Розв 'язання. Для визначення володаря кубка необхідно, щоб із розиграшу вибули 1996 команд. Тому, як не складай календар зустрічей, для виявлення переможця доведеться провести 1996 (інваріант!) ігор. Задача 42. В першості країни бере участь 16 команд. Кожна команда має свій стадіон і повинна зіграти з усіма своїми суперниками, в кожному із 15 турів відбувається одночасно всі 8 матчів. Чи можна скласти календар зустрічей так, щоб усі команди почергово проводили ігри вдома та на виїзді. Розв 'язання. Виділимо дві команди, які розпочинали чемпіонат іграми вдома, тоді ці команди, проводячи почергово ігри вдома та на виїзді, в жодному з турів не змогли б зустрітися між собою. Отже, такий календар скласти не можна. Задача 43. Встановити, скінченною чи нескінченною є множина чисел, які є точними квадратами, мають суму цифр 9 і не закінчуються нулем. Розв'язання. Шуканими є, наприклад, числа вигляду (10к + 2)2 та (2 ∙ 10к + 1)2, де к - довільне натуральне число, тому така множина нескінченна. В даному випадку інваріантом є форма запису чисел із шуканої множини. При обчисленні сум інваріанти можна одержати шляхом групування додатків. Задача 44. Обчислити суму усіх натуральних чисел від 1 до 1996 включно. Розв 'язання. Згрупуємо доданки на пари 1 + 1996, 2 + 1995, 998 + 999. В кожній парі сума чисел дорівнює 1997 (інваріант). Оскільки таких пар є 998, то шукана сума дорівнює 1997∙ 998 = 1993006. Звернемо увагу на те, що при сумування непарної кількості доданків буває зручно добавити ще один нульовий доданок. Таким способом для обчислення суми натуральних чисел від 1 до 1997 дістанемо 999 пар: 0 + 1997,1 + 1996, ..., 998 + 999. Звідси находимо суму 1997 х 999 = 1995003. Використовуючи інваріанти можна також для аналізу табличної інформації. Задача 45. Чи можна таблицю nхn заповнити числами 1,-1,0 так, щоб усі суми по стовпчиках, по рядках та по обох діагоналях були різними? Розв 'язання. Ні, не можна, бо усіх таких сум 2n х 2, а із чисел 1,-1, 0 можна утворити лише 2n х 1 різних сум (цілих чисел від -n до n ). Тому принаймні дві суми будуть однаковими. Задача 46. В таблиці mхn записані числа. Дозволяється одночасно міняти знаки усіх чисел одного рядка чи одного стовпчика. Довести, що таким способом можна досягти того, що усі суми чисел по рядках і по стовпчиках будуть невід'ємними. Доведення. Нехай М - максимальна із можливих сум усіх чисел таблиці при обумовлених перетвореннях. Доведемо, що таблиця з такою сумою є шуканою. Дійсно, якби в деякому рядку чи в деякому стовпчику сума чисел була від'ємною, то, змінивши знаки усіх чисел цього рядка чи стовпчика, ми одержали б загальну суму більшу, ніж М. Зауважимо, що для обох останніх задач характерним є те, що кінцевий результат не залежить від розміщення елементів, а в задачі 46 - і від самих елементів таблиці. Задача 47. В одній вершині куба записано число 1, а в усіх решти -нулі. Дозволяється за один крок до чисел на кінцях одного ребра додавати по одиниці. Чи можна за декілька кроків всі числа зробити рівними? Розв 'язання. Ні, не можна, бо в кожному кроці до загальної суми додається число 2. тому сума усіх записаних чисел залишається непарною (інваріант!), а число усіх вершин куба парне.
| sxz Павло Негода
1066 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Інваріантні вла... | Переглядів: 383 | | | ЗАДАЧІ для передолімпійського тренажу 8-9класи | | Додав: | | Авторські задачі Сергія Вінницького для олімпіад з математики y 8 - 9 класі. 1. Знайти такі цілі m та n, що 2008 + 2006m + n = 2007 + 2008m + n = u 2 - v 2, де u та v - цілі. Розв'язання. Доведемо, що не існує таких цілих m та n при яких виконується умова задачі. Застосуємо метод від супротивного. Припустимо, що такі цілі m та n існують. Оскільки для цілих u, v має місце рівність u2 - v2=(u-v)(u+v), і при цьому u-v та u+v або одночасно парні або одночасно непарні, то u2 - v2 або не ділиться на 2, або ділиться на 4. Тоді з умови слідує, що u2 - v2 = 2008 + 2006m + n мають ділитись на 4, якщо n = 2к - парне число. Це випливає з парності виразу 2008 + 2006m + 2к = u2 - v2 . Проте з другої рівності випливає непарність виразу 2007 + 2008m + 2к = u2 - v2, І він не ділиться на 2, отже не ділиться на 4. Отримали протиріччя, отже наше припущення невірні. Відповідь: таких цілих m та n не існує. 2. На ринку «УРОЖАЙ» денна ціна картоплі по відношенню з ранковою знизилась на 12%, вечірня ціна по відношенню до денної знизилась на 5%. Скільки відсотки становила вечірня ціна картоплі порівняно з ранковою і на скільки вона знизилась від початкової? Розв'язання. Позначимо х% - волога вранці, y% - волога вдень, z% - волога ввечері. Тоді (x/y)∙100% = 100% - 12% і (z/y)∙100% або 110y = 88x, 100z = 95y. Звідси (z/x)∙100= 95∙85:100% = 83,6%. 100% - 83,6% = 16,4%/ Отже, вечірня вологість 83,6% порівняно з ранком знизилась на 16,4%. Відповідь: 83,3%; 16,4%.
| sxz Павло Негода
1070 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Авторські задач... | Переглядів: 572 | | | Задачі для передолімпійського тренажу для 10 -11 класів | | Додав: | Авторські задачі Сергія Вінницького для олімпіад з математики в 10-11 класі. 1. На 2008 картках написані числа від 1 до 2008. Кожен з двох гравців отримує по 1004 карток (картки при цьому розподіляють випадковим чином). Після цього гравці по черзі кладуть картки на стіл. Гра завершується, коли сума чисел на картках, що лежать на столі, ділиться на 2009. Гравець, що поклав останню картку, виграє. Хто з гравців може забезпечити собі виграш при правильній грі? Розв'язок. 1+2+3+ ... + 2008 = 2008∙2009:2. Таким чином, якщо на стіл будуть викладені усі картки, то сума чисел на них ділитиметься на 2009 і, відповідно, другий гравець виграє. Тому йому досить забезпечити, щоб перший гравець не зміг закінчити гру раніше. Покажемо, що другий гравець може це зробити. Під час ходу він постійно має на одну картку більше, аніж суперник, а тому може покласти таку картку, що не дозволить першому гравцеві закінчити гру наступним ходом. Отже, виграє другий гравець. •1. При яких додатніх значеннях а нерівність немає розв'язку sin2007x + cos2009x >= a. Розв'язання. Для будь-яких дійсних мають місця нерівності sin2007x<= sin2x; cos2009x<= cos2x. Тоді sin2007x + cos2009x<= sin2x + cos2x = 1. Рівність sin2007x + cos2009x = 1 можлива лише при x = 2πn, x = π/2 +2∙π∙n, де n - цілі числа. Отже, найбільше значення лівої частини нерівності не перевищує 1, тому при задана нерівність розв'язків не має. Відповідь: [1; ∞). 2. Чи існує 2007-цифрове натуральне число, в десятковому записі 2008-ої степені якого хоча б одна із 2007 цифр є добутком усіх інших? Якщо існує, чи може воно бути непарним? Розв'язання. Існує. Наприклад, 1000...01(2005 нулів) . Справді, число 10012008 закінчується на ...001, і передостання цифра цього числа (0) дорівнює добутку всіх інших. Відмітимо, що можна довести більш загальне твердження: для довільного натурального n, що не ділиться на 2 або 5, знайдеться число вигляду nk, яке закінчується на 001. 3. Розв'язати систему із двох рівнянь: x + y = 4016; x∙y-(z-2008)2 =2008∙2008. Розв'язок. Маємо y= 4016 - x, тоді 2008∙2008 = xy-(z-2008)2 = x(4016-x) - (z-2008)2 = 20082-(x-2008)2-(z-2008)2 = 20082. Оскільки х = 2008, z = 2008, тоді y = 4016 - 2008 = 1. Відповідь: x = y = z = 2008. 4.Скількома способами можна розфарбувати клітинки таблиці 2008х2008 трьома кольорами так, щоб для довільних i, j, k (які приймають натуральні значення від 1 до 2008) клітинки (i,j), (j,k) та (k,i) були або одного кольору, або трьох різних кольорів? Розв'язок. Є 32008 способів заповнити верхній рядок таблиці (клітинки (1,1), ...,(1,2008)). Поставимо у відповідність кольорам остачі від ділення на 3 так, щоб кольору клітинки (1,1) відповідав 0. Тоді умова рівносильна тому, що для всіх i, j, k cума чисел для клітинок (i,j), (j,k), (k,i) ділиться на 3. Оскільки суми чисел для клітинок (1,1), (1,j), (j,1) та (1,i), (i,j), (j,1) діляться на 3, то клітинці (i,j) має відповідати така остача від ділення на 3, як і у різниці чисел, що відповідають клітинкам (1,i) та (1,j). Оскільки в цьому випадку таблиця задовольняє умові, то вона однозначно відновлюється за першим рядком, отже, є 32008 розфарбувань таблиці. 5. Довести, що кожне складене натуральне число, починаючи з 2008 можна подати у вигляді xy + 2008y + 2008x + 2008∙2008 для деяких натуральних x, y, z. Розв'язок. Для складеного числа ab маємо: a∙b=(a-2008)(b-2008)+(b-2008) +(a-2008) + 2008∙2008.
| sxz Павло Негода
1070 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Авторські задач... | Переглядів: 224 | | | Цікаві задачі на відсотки | | Додав: | Задачі на відсотки Запитання: Що таке відсоток? Відповідь: Відсотком називається сота частина. Іноді відсотки називають процентом. Наприклад, замість того, щоб сказати «64 сотих усіх учнів школи вчаться на «4» і «5», можна сказати «64 відсотків всіх учнів школи вчаться на «4» і «5». Замість слова «відсоток» пишуть також значок %. Приклади. 100% = 1; 50% = ½ = 0,5; 0,33 = 33%; ¾ = 0,75 = 75% 1,25 = 125%; 0,25 = 25%; 0,002 = 0,2%; 21 = 2100%. Запитання: Які основні задачі розв'язують на відсотки? Відповідь: Розглядають три основних типи задач на відсотки: •· знаходження відсотків(процентів) даного числа; •· знаходження числа за його відсоткіом(процентом); •· знаходження відсоткового(процентного) відношення двох чисел. Наприклад основних задач на відсотки: Задача 1. Бригада трактористів за планом повинна витратити 9 т пального. Трактористи зобов'язалися зекономити 8% пального. Визначити економію пального в тоннах. Розв'язання. 8% = 0,08; 9 ∙ 0,08 = 0,72 (т). Відповідь. Бригада зобов'язалась зекономити 0,72 т пального. Взагалі, р % числа а дорівнюють а∙р:100%. Задача 2. На «4» і «5» навчається всього 528 учнів, що становить 64% всіх учнів школи. Скільки всього учнів у школі? Розв'язання. 64% = 0,64; 528:0,64 = 825. Відповідь. 825 учнів. Взагалі, якщо р % якогось числа становить а, то все це число рівне а:(р:100) Задача 3. Із кожної тони залізної руди можна видобути 620 кг заліза. Визначити відсотковий вміст заліза у цій руді. Розв'язання. (620 : 1000)∙100% = 0,62∙100% = 62%. Відповідь. 62%. Взагалі, відсоток числа а від b становить (a:b)∙100%. Цікаві задачі на відсоткові розрахунки. Задача 1. Картопля подешевшала на 20%. На скільки відсотків більше можна купити картоплі на ту саму суму? Розв'язання. Нехай треба купити 1 кг картоплі і це коштує 100%=1. Після того як ціна знизилася на 20%, а кг картоплі можна купити за 80%=0,8. Отже, можна скласти відсоткову пропорцію так: а кг картоплі коштує 0,8, тоді х кг картоплі коштує 1. Тобто, 1:х = 0,8:1, Звідси, маємо, х = 1,25 = 1 + 1/4. Тобто картоплі можна придбати на чверть більше, ¼ ∙ 100% = 25%. Відповідь на 25% більше. Задача 2. Один множник збільшили на 10%, а другий зменшили на 10%. Як змінився добуток цих чисел? Розв'язання. Нехай перший множник а, після збільшення він стане а + 0,1а =1,1а і другий множник к, після зменшення 1к - 0,1к = 0,9к. Початковий добуток був ак. Після зміни множників добуток стане 1,1а∙0,9к = 0,99∙ак . Отже, можна у відсотках 1∙ак - 0,99∙ак = 0,01∙ак. А так як 0,01 = 1%, то добуток зменшиться на 1% відсоток. Відповідь: добуток зменшиться на 1% відсоток. Задача 3. На скільки відсотків збільшиться площа квадрата, якщо його сторону збільшити на 20%. Розв'язання. Початкова площа квадрата зі стороною а рівна а∙а, отже, після збільшення сторони матимемо таку площу квадрата 1,2а∙1,2а = 1,44∙а∙а. Очевидно, що площа збільшилася на ( 1 - 1,44)∙100% = 44% . Відповідь: площа збільшилася на 44% . Задача 4. Перше число на 25% більше другого. На скільки відсотків друге число менше першого? Розв'язання. Якщо друге число 1а, то перше число 1, 25а. Складаємо пропорцію. Перше число 1,25а становить 100%, тоді друге число 1а становить х%. Звідси х = 1∙100:1,25 = 80%. Таким чином, 100% - 80% = 20%. Відповідь: на 20%. Задача 5. Морська вода містить 5% солі. Скільки прісної води потрібно долити до 30 кг морської води, щоб сіль у воді містила 1,5%? Розв'язання. Чистої солі у 30 кг морської води 30∙0,05 = 1,5 кг. Отже, 1,5% становить 1,5 кг солі, 98,5% прісної води становить х кг. Звідси х = 98,5 кг прісної води. 98,5 - 28,5 = 70 кг. Відповідь: треба долити 70 кг прісної води. Задача 6. При 10% річних початковий капітал 100 грн, поклали в банк. Яка сума грошей буде на рахунку через 2 роки? Розв'язання: Капітал в 100 грн через два роки перетвориться в: 100∙(1+0,01∙10)∙(1+0,01∙10) = 100∙1,1∙1,1 = 121 грн; Відповідь: 121 грн. Взагалі, при р% річних початковий капітал А через n років перетвориться в: А∙(1+0,01∙р)n. Задача 7. На скільки збільшується число при збільшенні числа на 50%? Відповідь: в 1,5 рази, бо 1а+0,5а = 1,5а. Задача 8. На скільки зменшується число при зменшенні числа на 25% ? Відповідь: в 1+ 1/3 рази, бо 1а- 0,25а = 0,75а. 1:0,75= 4/3 = 1+ 1/3. Задача 9. Число зменшили на 20%. Щоб одержати початкове число, на скільки треба збільшити нове число? Розв'язання: Якщо початкове число 1, тоді зменшене нове число 0,8. Маємо пропорцію, 100%: х% = 0,8:1, Звідси, маємо, х = 125. Тобто збільшити треба нове число на чверть більше, тобто на 25%. Відповідь: на 25%. Задача 10. Відсоткове відношення міді до олова в бронзі становить 400%. Яке відношення олова до міді? Відповідь: 1:4 відношення олово до міді, отже 25%. Задача 11. Який відсоток складає мідь в бронзі (див. №10)? Відповідь: 4:5 відношення міді до олова, отже 80%. Задача 12. Латунь - сплав міді та цинку. Мідь складає 60% сплаву. Яке відсоткове відношення міді до цинку? Розв'язання. 60:40 = 3:2 відношення міді до цинку. Отже, відношення цинку до міді 2:3, таким чином 200:3 = (66+ 2/3)%. А відношення міді до цинку (3:2)∙100 = 150%. Відповідь: 150%.
| sxz Павло Негода
1074 дні(в) тому | | Коментарі: 1 Група: Задачі на відсо... | Переглядів: 1788 | | | Конвенція про права дитини | | Додав: | | Держави-учасниці цієї Конвенції, вважаючи, що згідно з принципами, проголошеними в Статуті Організації Об'єднаних Націй, визнання властивої гідності, рівних і невід'ємних прав усіх членів суспільства є основою забезпечення свободи, справедливості і миру на землі, беручи до уваги, що народи Об'єднаних Націй підтвердили в Статуті свою віру в основні права людини, в гідність і цінність людської особи та сповнені рішучості сприяти соціальному прогресові і поліпшенню умов життя при більшій свободі, визнаючи, що Організація Об'єднаних Націй у Загальній декларації прав людини та в Міжнародних пактах про права людини проголосила і погодилась з тим, що кожна людина має володіти всіма зазначеними у них правами і свободами без якої б то не було різниці за такими ознаками, як раса, колір шкіри, стать, релігія, політичні або інші переконання, національне або соціальне походження, майновий стан, народження або інші обставини, нагадуючи, що Організація Об'єднаних Націй в Загальній декларації прав людини проголосила, що діти мають право на особливе піклування і допомогу, впевнені в тому, що сім'ї як основному осередку суспільства і природному середовищу для зростання і благополуччя всіх її членів і особливо дітей мають бути надані необхідні захист і сприяння, з тим щоб вона могла повністю покласти на себе зобов'язання в рамках суспільства, визнаючи, що дитині для повного і гармонійного розвитку її особи необхідно зростати в сімейному оточенні, в атмосфері щастя, любові і розуміння, вважаючи, що дитина має бути повністю підготовлена до самостійного життя в суспільстві та вихована в дусі ідеалів, проголошених у Статуті Організації Об'єднаних Націй, і особливо в дусі миру, гідності, терпимості, свободи, рівності і солідарності, беручи до уваги, що необхідність у такому особливому захисті дитини була передбачена в Женевській декларації прав дитини 1924 року і Декларації прав дитини, прийнятій Генеральною Асамблеєю 20 листопада 1959 року, та визнана в Загальній декларації прав людини, в Міжнародному пакті про громадянські і політичні права (зокрема, в статтях 23 і 24), в Міжнародному пакті про економічні, соціальні і культурні права (зокрема, в статті 10), а також у статутах і відповідних документах спеціалізованих установ і міжнародних організацій, що займаються питаннями благополуччя дітей, беручи до уваги, що, як зазначено в Декларації прав дитини, "дитина, внаслідок її фізичної і розумової незрілості, потребує спеціальної охорони і піклування, включаючи належний правовий захист як до, так і після народження", посилаючись на положення Декларації про соціальні і правові принципи, що стосуються захисту і благополуччя дітей, особливо при передачі дітей на виховання та їх всиновленні, на національному і міжнародних рівнях, Мінімальних стандартних правил Організації Об'єднаних Націй, що стосуються здійснення правосуддя щодо неповнолітніх ("Пекінські правила") та Декларації про захист жінок і дітей в надзвичайних обставинах і в період збройних конфліктів, визнаючи, що в усіх країнах світу є діти, які живуть у виключно тяжких умовах, і що такі діти потребують особливої уваги, враховуючи належним чином важливість традицій і культурних цінностей кожного народу для захисту і гармонійного розвитку дитини, визнаючи важливість міжнародного співробітництва для поліпшення умов життя дітей в кожній країні, зокрема в країнах, що розвиваються, погодились про нижче наведене... Дивіться повний документ Затримка психічного розвитку у дітей Про затримку психічного розвитку дітей як про особливе порушення загального розвитку в нашій кpaїні стало відомо порівняно недавно, на початку восьмидесятих років минулого століття, відтоді почали запроваджувати спеціальне навчання для такої категорії школярів. На це порушення здебільшого звертають увагу лише тоді, коли дитина починає відвідувати школу, i раптом стае очевидним, що вона не може успішно засвоювати шкільну програму. Звичайно, це не означає, що у дошкільному віці відставання дитини від вікової норми розвитку не може бути виявленим. Через те, що до пізнавальної діяльності i регуляції поведінки дошкільника вимоги ліберальніші, певним порушенням під час щоденного спілкування не надається надежного значения. Усе це i зумовлює те, що виявлення i корекція затримки психічного розвитку дітей в кращому разі починається в школі. Тим часом успішність дитини великою мірою залежить від раннього виявлення цієї вади. Можна з певністю сказати, що якби діти із затримкою психічного розвитку могли отримати необхідну корекційну допомогу в дошкільному віці, то велика частина з них змогла б подолати цей недолік ще до вступу до школи i потім успішно навчатися. Отже, наші сьогоднішні знання про затримку психочного розвитку допомагають розглядати її як тимчасовий стан, що й відображено в його назві. Сензитивний (найсприятливіший, найчутливіший) вік для її корекції - дошкільний i молодший шкільний. Пізніше, в підлітковому віці, якщо не наступила компенсація під, впливом корекційно-педагопчної роботи з дитиною, стабілізуеться стан певноі інтелектуальної недостатності, який за ступенем вираженості буває проміжним між низькою нормою i легкою розумовою відсталістю. Разом з тим, навіть у випадках недостатньог компснсації, затримка психіч-ного розвитку суттєво відрізняється від розумової відсталості. Для затримки психічного розвитку характерні порушенная (до того ж нерівномірні), які виявляються у зниженні пcиxiчної витривалості, працездатності i пізнавальної активності, в емоційно-вольових розладах, нестійкості уваги та у недоліках пам'яті, сенсомоторної координації, в той час як здатність мислити (інтегративна функція мозку) достатньо збережена. Зрозуміло, що порушення усіх таких функцій створює негативні передумови для розвитку мислення, проте своєчасне корекційне втручання дає відчутні позитивні наслідки; пізнавальна діяльність дитини вирівнюється і наближається до норми. У розумово відсталих дітей недостатня саме інтегративна функція мозку, що виявляється в недорозвиненості логічного мислення. Ці суттєві відмінності в пізнавальній діяльності дітей із затримкою психічного розвитку і розумово відсталих зумовлюють у них і різні можливості соціальної адаптації. Якщо у перших за сприятливих педагогічних умов вони досить високі, то у других залишаються обмеженими. Причини виникнення затримки психічного розвитку Це порушення розвитку дітей буває різним залежно від чинників, що його зумовлюють: біологічних і соціальних (психогенних, соціогенних). Спочатку розглянемо біологічні причини виникнення затримки психічного розвитку. Вони теж бувають різними, а саме: 1. Трапляється генетично зумовлене уповільнене дозрівання різних систем організму, у т. ч. й нервової системи. Такі діти, не виявляючи хворобливих ознак, і фізично, і психічно відстають від вікової норми, що виявляються під час обстеження їх па шкільну зрілість. Особливо відстає емоційно-вольова сфера: дитина може виявляти досить знань і кмітливості в грі, але дуже важко сприймає суто навчальні завдання, погано засвоює правила поведінки, обов'язки школяра. Адаптація до школи у таких дітей досить складна. їм краще починати шкільне навчання пізніше, і при цьому вони потребують індивідуального підходу з боку сім'ї і педагога. 2. Набагато частіше сьогодні трапляється затримка психічного розвитку дітей, яка зумовлена різними тілесними захворюваннями, особливо такими, що починаються в ранньому віці, і, набуваючи хронічності, надовго позбавляють дитину життєрадісності й активності. Звернемо увагу на те, що центральна нервова система в таких випадках безпосередньо не уражається хворобою, але терпить від загального виснаження дитячого організму. Хвороба знижує психічний тонус дитини, а тому складаються несприятливі умови і для розвитку її психічних функцій. Зрозуміло, що найпершою умовою подолання такої форми затримки психічного розвитку у дитини є лікування її хвороб. Проте цього буває замало, і потрібна ще й систематична педагогічна робота (але без перевантажень), щоб заповнити прогалини загального психічного розвитку. Найскладнішою є так звана церебрально-органічна форма затримки психічного розвитку. Як свідчить її назва (церебральний-мозковий), вона пов'язана з хворобливим ураженням мозку. Прояви її стійкіші і яскравіше виражені. Щоб їх усунути чи пом'якшити, потрібні систематичні й тривалі лікарські та педагогічні заходи. Під час неврологічного обстеження таких дітей досить часто виявляються певні відхилення у функціонуванні їхньої нервової системи, що свідчить про шкідливий вплив на мозок плоду чи новонародженої дитини різних чинників, як-то: різні хвороби матері під час вагітності, токсичні речовини, якими забруднене навколишнє середовище, а також нікотин, алкоголь, деякі лікарські препарати. Звідси зрозуміло, чому так багато вихованців будинків немовлят та дитбудинків відстають у розвитку. Внаслідок хімічної залежності матері, діти ще до народження зазнають руйнівного впливу алкоголю, наркотиків, а після народження потерпають від чималих інших бід: недбальство матері, проживання в атмосфері асоціальної сім'ї. Зрозуміло, що умови проживання дитини в неблагонадійній сім'ї: алкоголізм батьків, їхня неуважність, а з часом і жорстокість до дитини - теж можуть стати причиною затримки її психічного розвитку. 3. Затримку психічного розвитку зумовлюють різні запальні захворювання центральної нервової системи впродовж перших років життя, а також травми головного мозку. Ознаки затримки психофізичного розвитку, пов'язані з ушкодженням мозку, у багатьох дітей виявляються уже в ранньому дитинстві: запізнілим початком ходіння, незграбністю в рухах, затримкою у розвитку мовлення, зниженою пізнавальною активністю. Залежно від того, які функціональні системи мозку зазнали ушкодження, можна спостерігати окремі особливо виражені порушення пізнавальної діяльності. У деяких дітей найбільш вираженими є недоліки розвитку мовлення, читання, в інших - лічби, просторової орієнтації, довільної регуляції поведінки.Крім розглянутих біологічних факторів, затримку психічного розвитку можуть зумовити ще й так звані соціогенні або психогенні чинники. Сама назва говорить про те, що тут негативний вплив на розвиток дитини справляють умови соціального оточення (умови проживання, організації розвитку, вигодовування (харчування), спілкування тощо); розкриваючи біологічні чинники, ми вже частково торкнулися і соціальних. Проведено чимало досліджень, які свідчать про негативний вплив на розвиток дитини ранньої ізоляції її від контактів з матір'ю. Так, втрата чи відсутність тісного контакту з матір'ю чи іншим дорослим, який виконує її функції, уже в двомісячному віці дитини призводить до серйозних розладів у її розвитку. Дитячий організм у цей час має отримувати із зовнішнього середовища комплекси подразнень: погладжування, пригортання до грудей, ласкаві, заспокійливі модуляції голосу і т.ін. Особливо шкідливі для дітей перервані емоційні контакти в ранньому віці. Якщо такі контакти перериваються кілька разів, знижується здатність емоційно спілкуватися і загальний психічний розвиток. Такі явища спостерігаються під час тривалого перебування дитини в лікарні без матері, тому вони називаються госпіталізмом.. Уже на другому місяці відлучення від матері дитина починає худнути, легше піддається захворюванням, втрачає раніше набуті навички. Можливість виправити ці недоліки залежить від тривалості порушення зв'язків з матір'ю: чим вони триваліші, тим важче подолати їх наслідки. Звичайно, материнську функцію у спілкуванні з дитиною може виконувати інша людина - не обов'язково біологічна мати. При цьому важлива саме якість спілкування. Особливо ж згубно позначається на психічному розвитку дитини часта зміна вихователів, нетривалість стосунків з ними. Отже, ми розглянули фактори, що зумовлюють різні форми затримки психічного розвитку дитини і пересвідчилися, що практично у переважній більшості випадків ці чинники поєднуються. Іноді навіть ретельне обстеження дитини не дає змоги визначити, які саме з чинників відігравали вирішальну роль у виникненні затримки психічного розвитку. Залишаючи це питання для розгляду спеціалістів, хочемо зазначити, що більш важливим для дитини є визначення реального стану фізичного і психічного розвитку дитини та вчасне призначення програми лікувально-оздоровчих заходів і психолого-педагогічної роботи. Прояви затримки психічного розвитку у дітей Щоб правильно оцінити поведінку дитини та розібратися щодо труднощів у навчанні, важливо знати характерні прояви затримки психічного розвитку. Розглянемо найважливіші з них. Розлади працездатності. Знижена працездатність, насамперед розумова, властива більшою чи меншою мірою всім дітям із затримкою психічного розвитку. Вона є результатом нервової ослабленості і свідчить про те, що перед нами дитина, яка потребує охоронного режиму, системи лікувальних заходів, зміцнення здоров'я. Тільки на цьому тлі можлива успішна корекція її психічного розвитку, поліпшення успішності навчання.Безпосередньою причиною зниженої працездатності є надмірна виснажуваність нервових процесів, їх інертність, неврівноваженість. Такий стан нервової системи властивий не тільки з усією очевидністю фізично кволим дітям, а й таким, що справляють враження фізично більш-менш розвинутих, проте їхня нервова система в результаті раніше перенесених шкідливих впливів ослаблена.Показником зниженої працездатності є швидка стомлюваність під впливом фізичних, а ще більше - психічних навантажень. У молодшому шкільному віці у дітей зі затримкою психічного розвитку втома наступає після 15-20 хвилин продуктивної праці. Прояви її неоднакові: одні діти бліднуть, стають млявими, сонливими, інші - навпаки, робляться непосидючими, чіпляються до товаришів, не реагують чи зухвало відповідають на зауваження. В таких випадках покарання, окрики та інші методи силового впливу не дають позитивних результатів, а тільки призводять до поглиблення конфлікту, бо дитина дедалі менше стає здатною володіти собою. Набагато кориснішим є переведення уваги дитини на якусь безпосередньо цікаву для неї справу чи хоча б звільнення її від надмірного впливу навколишніх, що діє збудливо.Через втомлюваність дитини буває неможлива форсована робота над корекцією вад її розвитку, оскільки стан втоми не тільки не сприяє засвоєнню нових знань, а й блокує відтворення вже, здавалося б, добре засвоєних. Для таких дітей будуть корисними і менш втомливими цікаві ігри з розвивальним змістом. Особливості пізнавальної активності У зв'язку з хворобливо зміненим функціонуванням нервової системи, падінням працездатно-сті, діти із затримкою психічного розвитку відрізняються зниженою пізнавальною активністю. Діти з нормальним розвитком здатні звернутися до дорослого з безліччю запитань про найрізноманітніші речі, з якими вони стикаються в житті. Це свідчить про напружений темп нагромадження ними різноманітних знань, про прагнення осмислити навколишній світ. Діти із затримкою психічного розвитку навички - недопитливі. Вони або мало звертаються до дорослих, або запитують про щось поверхове, що не стосується суттєвих відношень між речами. Дбаючи про розвиток таких дітей, дорослі мають взяти на себе ініціативу привертання їхньої уваги до різних явищ навколишнього, спільного пошуку відомого-невідомого, типового-нетипового чи смішного, тобто спільного («вголос») виконання процедури аналізу інформації, її зіставлення з досвідом дитини та постановки запитань з подальшим пошуком відповіді щодо незрозумілого. Така робота з дітьми потребує від дорослого передусім певного часу, а також зацікавленості до знання про навколишній світ та любові до дітей. Саме в такій послідовності пропонуємо Вам перевірити себе щодо наявності у вас цих показників. Особливості загального психічного розвитку Загальний розвиток дитини - це сукупність знань, умінь, навичок, уявлень про навколишній світ, що вона здобуває у повсякденному житті, спостереженні явищ навколишньої дійсності, у спілкуванні з дорослими і однолітками, а пізніше, в шкільному віці, і в процесі цілеспрямованого навчання. При цьому якість загального розвитку виявляється не тільки в сумі знань, а й здатності оперувати ними, що залежить від сформованості пізнавальних процесів: сприймання, пам'яті, мислення, мовлення. Ці пізнавальні процеси і є інструментом пізнання, що удосконалюються під час нагромадження досвіду, різноманітних уявлень про дійсність. Наявність недоліків у функціонуванні нервової системи дітей призводить до виникнення труднощів щодо розвитку психічних процесів, і як наслідок ускладнень щодо отримання різноманітних знань та уявлень.Бракує загального розвитку також дітям з неблагонадійних сімей, з дитбудинків та інтернатних закладів через неповноцінність чи викривленість емоційного спілкування (особливо у дітей першої категорії) і обмеженість, уніфікованість контактів зі світом (особливо у другої). Такі діти інколи не знають звичайних речей, що добре відомі домашнім дітям. Наприклад, дитина 6-7-літнього віку уявляє собі буряк як «такі червоні кусочки овочів, що їх додають до вінегрету», а яйце бачила тільки вареним, і тому, побачивши розбите сире, лякається, бо «воно, мабуть, гниле». Усе це - результат відстороненості цих дітей від різних побутових процесів, які домашні діти щодня спостерігають і в яких самі беруть посильну участь. Саме тому прийомна сім'я може справити на психічний розвиток дитини надзвичайно благотворний вплив і за умови стабільності емоційного спілкування, і залучення дитини до щоденних побутових справ та спостережень довкілля. Вплив залучення до щоденного життя значно підвищує можливості дітей виконувати за допомогою дорослого певні мислительні операції під час звичної побутової роботи. Цей процес буде ефективнішим для дитини, якщо дорослі знатимуть про труднощі дитини і спрямовано надаватимуть підтримку дитині щодо їх подолання. У загальному розвитку дітей цієї категорії виявляються недостатньо сформованими сенсомоторні функції, тобто вміння бачити, слухати, виконувати різні рухи, особливо рухи руками. При цьому зір і слух у них нормальні, а недоліки зорового чи слухового сприймання виявляються в нездатності зосередитися на об'єкті сприймання, у невмінні його аналізувати, порівнювати з попереднім. Трапляються труднощі в узгодженості сприймання та відповідними рухами. Усе це негативно позначається на розвитку просторових уявлень. Так, діти із затримкою психічного розвитку менш вправно, ніж здорові діти, порівнюють форму предметів, їх розміри, відстань між ними. Тому навіть на початку шкільного навчання вони погано розрізняють правий і лівий бік, плутають або й зовсім не розуміють поняття «під», «над», «вище», «нижче», «далі», «ближче», «вгорі», «внизу». І це не лише неправильне вживання слова при правильному уявленні про положення предмета (наприклад, дівчинка говорить: «Коли йде дощ, парасольку тримають під головою»), а й нечітке уявлення про саме розміщення предметів у просторі. Труднощі просторової орієнтації негативно позначаються на формуванні навичок письма і читання, оскільки діти плутають букви, схожі за формою, погано розрізняють звуки, не вміють орієнтуватися на сторінках зошита, дотримуватися прямої лінії у ньому (лінійки). Недоліки у розвитку сприймання негативно позначаються на формуванні мислення: діти не вміють порівнювати, знаходити спільне й відмінне, робити узагальнення на основі певних ознак. Саме через недоліки мислення навіть той невеликий досвід, яким володіють діти із затримкою психічного розвитку, недостатньо систематизований. Тому їм важко згрупувати предмети, а особливо - називати групи предметів спільним узагальнюючим словом. Так, вони можуть з більшими чи меншими труднощами згрупувати малюнки квітів, дерев, тварин, але не вміють їх назвати. Нерозуміння основних понять заважає цим дітям успішно навчатися в школі. Крім недостатньої сформованості понять, у дітей цієї категорії дуже обмежений словниковий запас. Вони не знають значення багатьох загальновживаних слів, неправильно розуміють і плутають слова, схожі за звучанням. Наприклад, дитина не розрізняє поняття «гуси» і «гусениці». Недоліки мовлення дітей виявляються і в недостатньому володінні його граматичною будовою. Нерідко вони не вміють вжити дієслово в минулому, майбутньому часі, утворити множину, використати зменшувальний суфікс. Усі ці недоліки мовлення особливо виразні під час монологічного, найскладнішого з видів мовлення. Дитина жваво спілкується, поки може відповідати на запитання одним словом чи коротким реченням. Цього буває досить для побутового спілкування. Проте, коли їй потрібно про щось розповісти, вона не може вимовити послідовно навіть прості речення: повторює по кілька разів те саме, не знаходить потрібного слова, часто вживає займенники «той», «таке». Щоб змінити на краще мовленевий розвиток дітей, а разом і загальний розвиток, з ними потрібно багато розмовляти і, що особливо важливо, спонукати їх висловлюватися. Це не обов'язково мають бути спеціальні заняття з логопедом, які, безумовно, дуже корисні. Проте щоденні розмови під час прогулянки, виконання різних побутових справ, слухання казок, оповідань з обов'язковим наступним обговоренням вражень, змісту та логіки, постійне спілкування дітей з дорослими іншими дітьми поліпшує їхній загальний розвиток. Особливості розвитку особистості Відставання психічного розвитку дітей торкається і становлення особистості дитини. Поведінка, стосунки з ровесниками й дорослими, інтереси характеризують дитину як особистість. Знати ці особливості необхідно для виховання дитини із затримкою психічного розвитку. Правильно пояснений той чи інший негативний прояв дитячої поведінки допоможе розуміти таких дітей, бути до них терплячішими та знаходити відповідно до ситуації (адекватно) корекційно-виховні заходи. На дітях із затримкою психічного розвитку позначається, насамперед, загальна незрілість їхньої психіки, особливо емоційно-вольової сфери, що надає всій їхній поведінці надмірної інфантильності: невміння стримуватися, змушувати себе дотримуватися правил чи виконувати завдання, що не викликають безпосереднього інтересу, але є потрібними. На початку шкільного навчання ці діти недостатньо усвідомлюють свої учнівські обов'язки, правила поведінки в школі. Через це поряд зі своїми однокласниками вони виглядають дивними, оскільки поводяться як дошкільнята; встають без дозволу із-за парти, ходять, звертаються до вчителя під час пояснення чи просто граються, не звертаючи уваги на те, що відбувається на уроці. Тут виявляється і надмірна втомлюваність, і брак інтересу до певних занять. Адже відомо, що інтереси формуються на базі певних знань, умінь, а вони у таких дітей дуже обмежені. Крім загальних проявів незрілості особистості дітей цієї категорії, у них виявляються риси, що зумовлюються хворобливими розладами у функціонуванні нервової системи. Так, на ґрунті надмірної виснажуваності, загальмованості нервових процесів в окремих дітей виявляються такі риси, як млявість, боязкість, невміння захистити свої інтереси, плаксивість, схильність скаржитися на товаришів, постійно звертатися до дорослих у розв'язанні всіляких дріб'язкових питань, відмова від усякої діяльності, що потребує зусиль. Не менш складним для формування особистості дитини є стан, відомий сьогодні як гіпердинамічний синдром з дефіцитом уваги. Треба сказати, що цей розлад у функціонуванні центральної нервової системи дитини може й не бути пов'язаним гіпердинамічним синдром з дефіцитом уваги - це хворобливий стан нервової системи дитини, який полягає в неповноцінності процесу гальмування і різкому переважанні процесу збудження. Це й перешкоджає концентрації уваги. Поняття «гіперактивність», яким ще називають цей стан, дещо умовне, бо відображає лише зовнішній бік поведінки дитини і не відповідає дійсному станові. Справді, активність, та ще й надмірна («гіпер»), передбачає і відповідний запас енергії, тим часом як у гіперактивних дітей такого запасу немає. Навпаки, постійне збудження не дає їм змоги відпочити. їхня нервова система виснажується і потребує захисту та зміцнення. Справжнє здоров'я, сила нервової системи виявляється в цілеспрямованості, здатності довести розпочату справу до кінця. Надмірна ж активність дітей, про яких йдеться, непродуктивна: мета, через брак здатності до зосередження уваги, часто не ставиться або дуже швидко втрачається. Поведінка гіперактивних дітей одразу привертає увагу: вони в постійному русі, бігають, зачіпають інших дітей, заважаючи їм гратися. Якщо їх змушують сидіти на місці - починають розгойдуватися, крутитися, потягуватися, робити різні рухи руками й ногами. Під час спілкування вони надто балакучі, проте щось розповідаючи, легко втрачають думку, бувають непослідовними; не договоривши про щось одне, починають розмову про зовсім інше. Вони можуть ставити безліч запитань, досить поверхових за змістом, і не дослухатися до відповіді. Складається враження, що відповідь на поставлене запитання їх і не цікавить, вони здатні запитувати вже про щось нове, таке, що впало їм в око в даний момент. Такі діти не вміють самостійно гратися, не заглиблюються в гру, швидко її припиняють і звертаються до дорослих. Проте і дорослому, граючись з такою дитиною, доводиться докладати чимало зусиль, щоб утримувати її увагу й заохочувати закінчити розпочату справу. Все це ускладнює виховання і розвиток гіперактивних дітей. При цьому дорослі часто неправильно розуміють стан такої дитини, вважають її просто неслухняною, дуже енергійною, у якої, як вони кажуть, «енергія аж через край», і вживають хибних виховних заходів, що дуже ускладнює формування особистості дитини. Вивчення взаємин гіперактивних дітей з батьками показало, що їхні матері частіше користуються негативними, ніж позитивними засобами впливу на них: вони менше приділяють уваги спільним заняттям, а більше контролюють поведінку, обмежують свободу дітей. Це легко пояснити, зважаючи на особливо втомливу для дорослого поведінку гіперактивної дитини. Тому матері також виявляють підвищену роздратованість і, можливо, не завжди усвідомлено обмежують своє спілкування з дитиною, вдаючись натомість до більше репресивних заходів. У відповідь діти починають поводитись агресивно, відчужено. Батьки, не розуміючи причин ворожості своїх дітей, посилюють тиск на них. Так виникає зачароване коло: конфлікт між дорослими і дитиною поглиблюється, спричиняючи неадекватні способи його розв'язання та невротичні реакції. Наприклад, діти можуть спрямовувати свою агресію на менших, слабших дітей або тварин. В іншому випадку може виникнути вперта відмова ходити до школи, де такі діти через свою невпорядковану поведінку також часто зазнають покарань. Негативно позначається на формуванні особистості гіперактивних дітей ускладнення стосунків з ровесниками, їхня імпульсивність заважав виконувати правила гри, що в середовищі дітей дошкільного і молодшого шкільного віку має велике значення. Такі діти є дезорганізаторами гри і, як правило, стають небажаними її учасниками. Та сама імпульсивність робить цих дітей ініціаторами непорозумінь, сварок, бійок. Усе це відкидає їх на менш цікаві ролі в дитячому колективі, що формує у них знижену самооцінку, спричиняє почуття самотності, недосконалості. Корекція поведінки гіперактивної дитини потребує від дорослих великої витримки, послідовності і доброзичливості. Певною мірою зберегти рівновагу дає розуміння причин такої важкої поведінки дитини. Корисно і самій дитині знати про свою надмірну імпульсивність як про недолік, який потрібно навчитися долати. їй частіше потрібно пояснювати наслідки необдуманих і неконтрольованих дій, що стають причиною конфліктів з товаришами, заважають успішно виконати завдання. Усвідомлення своїх недоліків поведінки дасть дитині можливість бути критичнішою і не виправдовувати вседозволеність. Не варто давати гіперактивним дітям завдання, які потребують тривалого зосередження. Краще складне завдання розподілити на кілька простіших з чіткими короткими інструкціями. У життя гіперактивної дитини потрібно вносити регламент і поступово привчати дотримуватися його. Заздалегідь спланована справа допомагає краще її усвідомити й зосередитися, ніж раптові, непередбачені розпорядження, безсистемність. Дитяча гіперактивність потребує також лікарського втручання. Тому потрібна консультація дільничного педіатра, а також інших фахівців, щоб визначити стратегію та тактику лікування. Надмірна збудливість у поєднанні з недоліками виховання часто зумовлює, особливо у дітей дошкільного і молодшого шкільного віку, бурхливі реакції на іноді незначні зауваження: дитина може падати на підлогу, бити ногами, голосно кричати, іноді дряпати себе, кусати. У деяких дітей періодично змінюються настрої, які часто не пов'язані з якимись зовнішніми причинами: періоди підвищеної дратівливості, агресивності змінюються апатичністю, байдужістю до своїх успіхів і невдач. В основі їх, очевидно, лежать коливання загального стану здоров'я, перевтома. Формування поведінки та рис особистості дітей із затримкою психічного розвитку не є наслідком лише хворобливого стану їхньої нервової системи. Зазнаючи впливу мікро соціального середовища (сім'ї та найближчого оточення), в якому вони проживають, отримують приклади взаємодії з іншими для наслідування, вони опановують відведене їм місце серед оточуючих (батьків, родичів, товаришів, однокласників). Виховувати таких дітей можна лише через пошук в них позитивного, що могло б стати опорою для підтримання їхньої віри в себе та розвитку довіри й почуття захищеності. Корекція затримки психічного розвитку дітей дошкільного віку Затримка психічного розвитку, якого б походження вона не була, великою мірою піддається корекції: чим молодша дитина, тим більших успіхів можна досягти. Тим часом батьки часто припускаються помилки, не приділяючи уваги розвитку дитини в дошкільному віці, сподіваючись, що вона «переросте» свої недоліки. Справді, до поведінки, знань та пізнавальних можливостей дітей у цьому віці ставляться значно менші вимоги, ніж у шкільному. Крім того, у батьків здебільшого немає можливостей для порівняння розвитку своєї дитини з розвитком інших дітей. Усе це й призводить до втрати дорогоцінного часу. Важливо звернути увагу на те, як дитина спілкується з дорослим: чи вміє вона слухати і виконувати його завдання, чи може зосередитися на якомусь спільному з дорослим занятті, грі, чи може в разі труднощів скористатися допомогою і далі успішніше продовжувати заняття. Здатність дитини взаємодіяти, або, як кажуть психологи, співпрацювати з дорослим є одним із найважливіших показників її повноцінного психічного розвитку. Якщо дитина відвідує дошкільний навчальний заклад, потрібно з'ясувати з вихователем, чи засвоює вона програмовий матеріал, які вона має труднощі порівняно з іншими дітьми, чи вміє вона гратися з товаришами, викопувати доручення. Тож дбаючи про розвиток дитини, з нею потрібно багато спілкуватися. Звичайно активні, здорові діти самі виступають ініціаторами спілкування, звертаючись до дорослих з нескінченною низкою запитань. Велика частина з них спрямована на з'ясування причинного зв'язку між різними явищами: «Чому?» Відставання дитини у розвитку пов'язане з меншою її активністю: вона сама менше звертає уваги на розмаїття навколишнього світу і, відповідно, у неї менше виникає запитань, а ті, що виникають, переважно, поверхові. Недостатню активність такої дитини повинен компенсувати дорослий власною ініціативою у спілкуванні і приверненні дитячої уваги до багатьох речей, які вона сама могла б і не помітити. Протягом дошкільного періоду діти здобувають великий досвід чуттєвого пізнання навколишньої дійсності. Насамперед, вони засвоюють сенсорні еталони: кольори спектра та їх відтінки, основні геометричні форми, відносність розмірів. Вміння порівнювати предмети за цими ознаками є дуже великим досягненням у розвитку дитини. Поступове формування фонематичного слуху і здатності здійснювати звуковий аналіз слова створює передумови для розвитку навичок письма та читання, орієнтування в мовній дійсності. Не менш важливим є формування елементарних математичних уявлень. Такими є уявлення про різні ознаки предметів: довжину, висоту, ширину, а також про розміщення у просторі предметів відносно один до одного, про часові відношення, та кількість. У дошкільному віці діти здобувають чимало знань: про різні явища природи і пори року, рослинний і тваринний світ, працю людей, про родину і родинні взаємини різних поколінь і багато іншого. Дуже важливим показником розвитку дитини є її емоційний досвід, здобутий у процесі спілкування з дорослими, рідними й сторонніми, а також однолітками. Усе це допомагає їй засвоїти правила поведінки, що регулюють її взаємини з оточенням. Нагромадження величезного досвіду дитиною протягом перших шести-семи років життя можливе тільки завдяки постійному експериментуванню, практичній діяльності та її осмисленню. У такий спосіб досвід систематизується і узагальнюється, насамперед, у процесі оволодіння мовленням. Свідченням цього є здатність дитини користуватися простими узагальненнями, такими як «одяг», «взуття», «тварини», «рослини», «овочі», «фрукти», «посуд» І т. ін.Завдяки усім цим знанням, умінням, а також достатньому рівню сформованості пізнавальних процесів, що сприяє оперуванню дитиною своїми знаннями, вона стає інтелектуально готовою до шкільного навчання. Ті діти, що відстають у розвитку, більш чи менш успішно оволодіватимуть усім цим досвідом за допомогою дорослих. Розвиватися дитині, передусім, допомагає батьківська любов, увага і емоційна підтримка в усіх її починаннях, тобто спілкування. Уже саме цього достатньо для того, щоб дитина і дорослий знайшли порозуміння, а щодо позитивних зрушень в розвитку дитини, то вони прийдуть згодом. Наведемо приклад з історії вивчення впливу емоційного спілкування на розвиток дітей. У кінці сорокових років минулого століття в Сполучених Штатах Америки вчений Скілз спостерігав розвиток двадцяти п'яти дітей, які немовлятами потрапили в дитячий притулок, де їм дуже мало приділяли уваги. Коли дітям виповнилося по півтора року, і було очевидним, що вони суттєво відстають у розвитку від вікової норми, тринадцятеро з них були переведені в заклад для розумово відсталих. Тут кожну дитину «взяла на виховання» розумово відстала жінка, яка приділяла їй увагу і любов та заохочувала до активності. Зрозуміло, що ці жінки ніякими педагогічними навичками не володіли і про застосування якоїсь педагогічної системи для роботи з дітьми не йшлося. Через два роки в усіх цих дітей інтелектуальний розвиток значно зріс, тим часом як у тих дітей, що й надалі залишалися в притулку, інтелект чимдалі більше відставав від середніх показників. Ці дві групи дітей також продемонстрували різну здатність адаптуватися в житті після досягнення повноліття. Ті, кого перевели з притулку, виявили нормальний рівень інтелектуального розвитку, змогли працевлаштуватися і добре адаптувалися в соціальному оточенні. Доросле життя тих дітей, що залишалися в притулку, склалося набагато гірше: їхній інтелектуальний розвиток був дуже низький, вони не могли працювати і були погано пристосовані до життя. Отже, кожен, хто зацікавлений у розвитку дитини, може допомогти їй в цьому незалежно від рівня педагогічних знань, хоча їх наявність збільшить шанси успіху. Батьки можуть отримати необхідний мінімум відповідних знань з літератури, написаної спеціально для них, а часом і самими батьками, які діляться своїм досвідом виховання таких дітей. Так, у 70-80-х рр. XX ст. було видано книжки відомих педагогів-новаторів і батьків Б.П. Нікітіна і Л.О. Нікітіної, де можна запозичити дуже багато корисних педагогічних знахідок, а особливо розробок різних дидактичних ігор та порад щодо виготовлення обладнання до них в домашніх умовах. Дуже цінною є серія з чотирьох книжок «Домашня школа мислення», написана відомими дитячими психологами Л.А. Венгером і О.Л. Венгером, в якій послідовно розкривається робота над розвитком дітей від трьох до семи років в домашніх умовах. Поради щодо роботи з дітьми, які відстають в розвитку, можна знайти в книгах: «Допоможіть дитині розвиватися» (авт. Т.Д. Ілляшенко, М.В. Рождественська), «Як навчати дітей з порушеннями психофізичного розвитку» (авт. Т.Д. Ілляшешко, А.Г. Обухівська). Далі зупинимося на деяких принципово важливих порадах, щоб застерегти батьків від виховних помилок, таких як «змагання», «навчання для навчання». Уникати духу змагання. Кожна дитина, особливо з порушеннями розвитку, неповторна. Якщо увесь час порівнювати досягнення її та інших дітей, то можна і не помітити успіхів, які вона робить, і впасти в песимізм. Тим часом ці невеличкі успіхи дуже важливі для її подальшого розвитку. Буває і так, що протягом якогось часу у дитини немає помітних зрушень, а потім «раптово» відбувається стрибок, що, звичайно, є результатом наполегливої праці дорослих. Виховання дитини - робота творча. і якими б посібниками батьки не користувались, їм потрібно зорієнтуватися у тому, що конкретна дитина вміє, а чого їй ще треба навчитися. Використовуючи для цього численні дидактичні ігри, дуже важливо обрати такі, які справлятимуть розливальну дію. Якщо завдання надто легке, то дитина виконає його без сторонньої допомоги і, можливо, втратить до нього інтерес. Надто важке завдання вона не виконає навіть зі сторонньою допомогою і не повторить після того, як його виконання продемонструє хтось інший. Важке завдання теж не викликає інтересу, дитина просто не розуміє, чого від неї хочуть. Добре, коли дитина розв'язує завдання, користуючись допомогою дорослого, а потім може перейти і до самостійної роботи. У таких випадках дитина просить дати їй можливість ще раз повторити те, що вона зуміла зробити сама. Отже, заняття її зацікавило, а це означає, що шлях до розвитку відкритий. Розвивати через гру та спілкування. Дбаючи про розвиток дітей, дорослі вважають справжніми розливальними заняттями тільки такі, які проводять у школі на уроці. Вони беруться вивчати вірші, букви, цифри, писати палички. Ці хибні погляди міцно тримаються у свідомості багатьох батьків, а з часом навіть і методистів, які поспішають запроваджувати в дошкільних навчальних закладах заняття на кшталт шкільних. Діти із затримкою психічного розвитку ще в шкільному віці залишаються дошкільниками; призвичаювати їх до навчання потрібно поступово, залишаючи багато місця для гри. Саме гра є тією формою діяльності дитини (психологи ЇЇ називають провідною), яка її розвиває. Між грою і справжнім навчанням є суттєва різниця. Гра є вельми привабливою, бо дитина захоплюється процесом гри. Дитина грає не тому, що це їй для чогось потрібно, а тому, що просто цікаво. Під час гри вона навчається й активно розвивається - з меншою витратою зусиль. Щоб навчитися чомусь такому, що в даний момент може бути і нецікавим, треба робити над собою вольове зусилля, а у малюків така здатність розвивається пізніше. Тому заняття на зразок навчальних для них непродуктивні. Діти всіляко їм опираються, вередують. Дорослі сприймають таку поведінку як неслухняність і продовжують наполягати, але, як правило, результати отримують не ті, що очікують: дитина стає млявою, сонною і нічого не засвоює. Отже, з дошкільниками потрібно гратися і спілкуватися так, щоб збуджувати їхню цікавість, а це означає викликати у них активність, енергію для здобуття нових знань. Для дитини з відставанням у розвитку гру має організовувати дорослий. Гратися цікаво допомагають різні іграшки: пірамідки, матрьошки, кольорові кубики, брусочки різного розміру, мозаїка, деталі для конструювання. Наголосимо, що дорогі, хитромудрі іграшки зовсім необов'язкові, бо своїми розвивальними можливостями вони поступаються різним простим предметам, які дитина може застосовувати по-різному. Наприклад, з різнокольорових ґудзиків можна складати і прості мозаїчні візерунки або використати їх як «таблетки», що лікар призначив «хворій» ляльці, чи як «ягідки», що діти знаходять у «лісі», або «монетки», якими платять, граючись у крамницю. А ще ґудзики можна нанизувати як намисто, сортуючи за формою, кольором, розміром. Діти люблять такі прості іграшки. Так само для вправляння у розвитку просторового аналізу і синтезу зовсім необов'язково купувати дорогі «пазли», які, до речі, часто бувають занадто складними для дітей з відставанням у розвитку. Їх функцію з неменшим успіхом виконують різнокольорові листівки, розрізані на кілька частин. В міру розвитку вправності дитини можна добирати складніші малюнки і розрізати їх па більшу кількість деталей. Багато цікавих дидактичних ігор можна організувати із зображенням різних предметів на окремих картках, групуючи їх різними способами наприклад: «Що для чого підходить?» Такі ігри підсумовують, систематизують досвід дитини, інтенсивно формують мислення: здатність аналізувати предмет, виокремлюючи в ньому різні ознаки, порівнювати з іншими, узагальнювати, знаходити для групи предметів спільну назву. Можна об'єднувати їх попарно за функціональними зв'язками. Під час таких ігор дуже важливо, щоб дитина не тільки виконувала певні дії, а й давала пояснення їм. Особливе місце в житті дошкільника посідає сюжетна або рольова гра. На четвертому році життя дитина поступово оволодіває так званими предметними діями. Наприклад, спочатку малюк, наслідуючи дорослих, просто стукає молотком по стільцю. Пізніше він уже не задовольняється простим стуканням, а виконує роль тата, який ремонтує зламаний стілець: спочатку розглядає його, «добирав інструменти». Його дії свідчать про те, що малюк у цей час почувається «татом». Гра розвивається далі, ще більше ускладнюється, коли в ній з'являється кілька учасників] і кожен з них має свою роль, відповідно до сюжету гри. Тут особливої цінності набуває розвиток у дитини навичок спілкування, правила поведінки, тобто оволодіння соціальним досвідом. Як і в які ігри дитина грається - важливий показник рівня її розвитку. Іноді вважають, що діти із затримкою психічного розвитку мають труднощі тільки у навчанні, а в грі нічим не відрізняються від своїх ровесників з нормальним розвитком. Це, звичайно, не так, бо дитина із затримкою психічного розвитку менш спостережлива, їй важче керувати своєю поведінкою. Якщо уважно придивитись до гри дитини, що відстає в розвитку, то виявиться, що вона довше затримується на діях з предметами, а ігри, де слід викопувати ролі, вона засвоює значно важче. Рольові ігри у неї одноманітніші за змістом і мало розгорнуті за сюжетом. Іноді діти із затримкою психічного розвитку відчувають труднощі у спільній грі з ровесниками, бо не вміють дотримуватись певних правил, послідовності поведінки, якої вимагає роль. Проте це спостерігається не в усіх дітей із затримкою психічного розвитку. Багато дітей грається більш-менш успішно, але при цьому вони виконують прості ролі, і буває так, що спричиняють розлад гри, бо не завжди можуть виконати вимоги, зумовлені правилами гри. Отже, дбаючи про розвиток дитини, потрібно приділяти увагу її вмінню гратися, а саме: розширювати тематику гри та вчити дотримуватись умов та правил. Для цього дорослим потрібно частіше гратися з малюком, беручи ініціативу на себе як у виборі теми, так і в ЇЇ розгортанні та регулюванні правилами. Наприклад, щоб дитина почала гратися у крамницю, вона повинна мати деякі уявлення про те, що там відбувається. Тому спочатку потрібно побувати у крамниці, звернути увагу малюка на те, що роблять продавці, касири, як до них звертаються відвідувачі крамниці, що вони купують. Повернувшись додому зі свіжими враженнями, можна починати гру. Хоч дорослий і бере на себе організацію гри, проте головне його завдання - збуджувати ініціативу дитини. Тому він повинен частіше звертатися до дитини із запитаннями, радитися про те, що будуть «продавати», хто виконуватиме ту чи іншу роль, що слугуватиме «грошима», «чеками». Корисно таких дітей вправляти в іграх, адже ми вже знаємо: у дітей, що відстають у розвитку, часто буває особливо недорозвиненою здатність регулювати свою поведінку утриматися від певних дій, виконувати їх у заданій послідовності або відповідно чергувати дії. Звичайно, всі ігри треба добирати, виходячи з можливостей конкретної дитини, і поступово вести її від простого до складнішого. Досі ми розглядали ігри і заняття, які потребують спеціально відведеного часу. Для того, щоб збагачувати знання й уявлення дитини про навколишній світ, розвивати її спостережливість, мисленневі здібності, навички спілкування не потрібно часто влаштовувати якісь спеціальні заняття; досить раціонально використати спілкування з дитиною під час різної побутової праці, прогулянок. Наприклад, займаючись на кухні приготуванням їжі, мама може дати дитині чимало корисних знань та спостережень, залучаючи її до посильної допомоги: подати миску, ложку, каструлю, різні овочі, «допомогти» ліпити вареники. Добре, коли дорослі візьмуть собі за правило проговорювати вголос усі свої дії. Це привертає увагу малюка до того, що робить дорослий, і кожна дія сприймається послідовніше, стає названою, зрозумілішою: «Ось ми візьмемо борошно, насиплемо в миску, а тепер розіб'ємо яєчко...» - і дитина одразу стає своєрідним співучасником справи. По-різному можна використати і прогулянку. Якщо кожний буде відпочивати наодинці, сам по собі, то ця картина може бути такою. Мама сидить на лаві за плетивом або читанням книжки і тільки час від часу поглядає на малого, щоб він не наробив шкоди та не заподіяв собі якоїсь біди. Якщо дитина добре розвинена, то вона в такому випадку знайде собі заняття в міру своїх можливостей, а її природна спостережливість частіше «штовхатиме» її прибігати до мами із запитаннями. Пасивна ж дитина, розвиток якої недостатній, може просидіти в кутку пісочника, одноманітно копаючи совочком, або, навпаки, бігатиме, чіплятиметься до інших дітей і не звертатиме уваги на все, що її оточує. Інша справа, коли на прогулянці дорослий і дитина разом відпочивають, спілкуються між собою, організовуючи свій простір нових пізнань навколишнього оточення. Така прогулянка дасть незрівнянно більшу користь обом, бо вона буде наповнена сенсом життя, радістю спілкування. За межами квартири дитина щодня потрапляє в багатобарвний та мінливий світ природи, і треба дбати, щоб знання про природу у малюка щодня поповнювалися та впорядковувались. Це і знання про пори року (ознаки зими, весни, літа, осені), а також про різні рослини (квіти, дерева, ягоди, фрукти, овочі), тварини і птахи, про те, де вони живуть, чим харчуються. Проте усі ці знання - не самоціль. Не так уже й суттєво, які, наприклад, дерева знатиме дошкільник. Це завжди справа й уподобання дорослих і реальних навколишніх умов: десь ростуть ялини і берези, а десь - каштани та акації. Важливе інше - це вправляння у мисленні. Знайомлячись щодня з новим об'єктом, спостерігаючи його особливості та схожість з іншими, даючи йому назву, об'єднуючи в групу з однорідними предметами, дитина все це робить уперше разом з дорослим, за його дбайливої підтримки.Привертайте увагу малюка до різних предметів, розглядайте їх, супроводжуючи доступною розповіддю, поясненнями, розмовляйте з дитиною та підкріплюйте свою розповідь конкретними діями, безпосереднім сприйманням того, про що йдеться у розповіді. Один крок вперед - два назад Часто дорослі починають прагнути усунути той недолік в розвитку дитини, який вони щойно виявили. Наприклад, помітили, що хлопчик гірше розмовляє, ніж його ровесник у сусідів, і тут же намагаються надолужити: старанно вчать вірші, змушують дитину переказувати казки. Але це не завжди дає позитивні результати. Чому? Тому що розвиток мовлення відбувається па базі інших психічних процесів, які починають формуватися раніше, і які, очевидно, теж були розвинені недостатньо. Виходить, що для успішного просування вперед потрібно повертатися назад, до того, що діти засвоюють в значно молодшому віці. З такою ситуацією часто доводиться зустрічатися в період підготовки дитини до шкільного навчання або на початку навчання, коли вже виявляються перші труднощі в оволодінні читанням, письмом. Допомагаючи таким дітям, доводиться повертатися па три-чотири роки назад, до того часу, коли, наприклад, іде активний процес розрізнення звуків рідної мови чи ознайомлення з розміром та формою предметів. Щоб відбувся подальший розвиток, прогалини мають бути усунені. Інколи причиною всіх бід вважають погану пам'ять дитини. І справді, дитина запам'ятовує погано: не може вивчити вірш, а вивчивши його ціною великих зусиль, швидко забуває, не запам'ятовує вивченого на уроці. Але даремно ми займалися б тренуванням запам'ятовування, бо воно само залежить від багатьох причин, насамперед, від розуміння змісту того, що треба запам'ятати. Якщо розуміння недостатнє, запам'ятовування можливе тільки механічне, а воно є непродуктивним там, де потрібне осмислення, розуміння. Отже, для розвитку пам'яті потрібен і розвиток мислення. Мислення ж, у свою чергу, проходить довгий шлях розвитку і починається ще тоді, коли дитина пізнає прості властивості речей за допомогою відчуттів та сприймання. Конкретно-чуттєвим досвідом закладаються основи для всього подальшого розвитку, насамперед, мислення і мовлення, які тісно пов'язані між собою. Чуттєвий досвід - основа інтелектуального розвитку дитини. Повноцінний розвиток мовлення відбувається тоді, коли кожне слово для дитини наповнене конкретним змістом, який відображає її власний досвід. Бувають випадки, коли в силу різних обставин формування мовлення у дитини недостатньо спирається на досвід чуттєвого, практичного пізнання нею навколишнього світу. Тоді засвоєні слова для дитини виявляються «порожніми», вона за ними не бачить ніякого реального змісту, у неї не виникає ніяких уявлень. Таке можна нерідко спостерігати у дітей, які бувають тривалий час прикуті хворобою до ліжка чи інвалідного візка (наприклад, при дитячому церебральному паралічі), не можуть активно рухатися і досліджувати навколишнє середовище. Натомість вони чують навколо себе розмови переважно дорослих людей і засвоюють їхнє мовлення. Вони й самі охоче і подовгу розмовляють, вживаючи складні мовленнєві звороти, і для недосвідченого спостерігача здаються інтелектуально дуже розвиненими. Проте насправді вони можуть виявитися зовсім безпорадними у процесі розв'язання звичайних пізнавальних, практичних завдань. Слово у них не виступає знаряддям мислення, бо воно для них не несе в собі ніякого змісту. Таке явище називають вербалізмом. Його, звичайно, у дещо пом'якшеній формі можна спостерігати й у фізично здорових дітей, які живуть Ізольовано в оточенні дорослих людей, особливо літніх, схильних більше розмовляти з дитиною, не даючи належного простору для її дослідницької, практичної діяльності і спілкування з ровесниками. Найслабшою ланкою у дітей із затримкою психічного розвитку є чуттєве пізнання навколишнього світу, тобто збідненість усіх тих знань, уявлень, вражень, які здобуваються від безпосереднього ознайомлення з якостями різних предметів. Очевидно, цей прикрий факт значною мірою зумовлений тим, що саме в ранньому дитинстві, коли, як правило, відбувається бурхливе нагромадження чуттєвого досвіду, діти з ослабленою нервовою системою не отримують належної допомоги з боку дорослих. У цей час батьки або не помічають відставання психічного розвитку свого малюка, або не надають йому серйозного значення, або ж, не знаючи, яких заходів треба вжити, покладаються на плин часу. Коли ж відставання, нарешті, помічають, намагання навчати дитину - до того ж примусовими методами - виявляються марними. В таких випадках слід повернутися назад і «заповнити» прогалини попереднього розвитку дитини. Отже, в якому віці не починалася б робота над подоланням недоліків розвитку дитини, завжди доводиться повертатися до того, чого вона недоотримала в ранньому і дошкільному віці, до розширення, зміцнення і систематизації ЇЇ безпосереднього чуттєвого пізнання предметів і явищ навколишнього світу.Дорослим потрібно так організовувати діяльність дітей, щоб їм доводилося постійно вчитися виявляти різні ознаки предметів, порівнювати їх між собою за цими ознаками. Так, поступово протягом дошкільного періоду, навчаючись розрізняти кольори та їх відтінки, основні геометричні форми, розміри, діти повинні навчитися користуватися цими еталонами в повсякденному житті (яблуко і помідор схожі, бо округлі, а огірок схожий на моркву, бо теж довгий). Принципове значення для розвитку дитини має дотримання правила: спочатку навчити дитину практично користуватися ознакою, а потім, іноді значно пізніше, вчити її називати. Наприклад, буде правильно, якщо малюк зуміє знайти серед іграшок і подати мамі іграшку такого самого кольору, як у неї в руці - «таку саму», а потім уже запам'ятає, що вона зелена чи червона. Запам'ятання назв відбувається часто невимушено: дитину й не потрібно спеціально вчити запам'ятовувати слово, адже у процесі практичного розрізнення ознак предметів дорослі увесь час їх називають. Згодом уже стане можливим попросити її знайти іграшку не за зразком («таку саму»), а просто сказати: «Дай мені червону». Отже, потрібно дбати про те, щоб дитина, вживаючи слово, бачила і чула ту конкретну реальність, яку воно означає. Набагато менша біда, якщо вона вміє практично розрізняти предмети за певними ознаками, але не вміє їх назвати, ніж навпаки - називає ознаки, а практично ними не користується. Якщо в першому випадку дитина вміє практично мислити, хоча з якоїсь причини відстає в розвитку мовлення, то в другому - зовсім безпорадна, бо запам'ятовані слова не допомагають їй орієнтуватися в навколишньому житті. Такої прикрої ситуації вдається уникнути, якщо дитина всьому навчається у процесі практичної діяльності під час гри. Звичайно, засвоєння сенсорних еталонів відбувається в нормі дуже рано, тому завжди корисно переконатися, чи володіє дитина цим раннім досвідом, а виявивши прогалини, заповнювати їх. Важко передбачити, якої складності завдання відповідатимуть можливостям конкретного дошкільника із затримкою психічного розвитку. Це залежить і від особливостей функціонування його нервової системи та загального стану здоров'я, і від того, як рано почали виправляти недоліки його розвитку. Добре уявляючи те, чого треба навчити дитину, можна завжди знайти заняття, які її зацікавлять і не будуть надміру втомлювати. Корекція затримки психічного розвитку у школярів Відставання від вікових норм у сформованості пізнавальних функцій, соціально-комунікативних навичок, довільної поведінки, обізнаності з навколишнім світом є ознаками затримки психічного розвитку дитини. Такі діти потребують спеціальної підготовчої педагогічної роботи, щоб надалі мати змогу включитися у навчальний процес. Школа інтенсивної педагогічної корекції. Для забезпечення дітям із затримкою психічного розвитку відповідних умов для успішного навчання в нашій країні уже чверть століття працюють спеціальні школи інтенсивної педагогічної корекції інтернатного типу. Оскільки для навчання у спеціальній школі дитина відривається від сім'ї, щоденної батьківської турботи про неї, то перевагу стали віддавати створенню спеціальних класів при загальноосвітніх масових школах.У спеціальних школах і класах цього типу працюють переважно вчителі масової школи, які пройшли фахову підготовку та ознайомились із психологічними особливостями дітей з відставанням в розвитку, оволоділи особливостями методики педагогічної роботи з ними. Звичайно, в цій спеціальній школі знайде застосування своїм знанням вчитель-дефектолог. Програма навчання і корекційної роботи з дітьми в школах-інтернатах і класах при загальноосвітній масовій школі однакова і загалом відповідає програмі масової школи. Проте є в ній і специфічні особливості. 1. Освіта у початковій ланці розрахована на п'ять років замість чотирьох. Це дає можливість протягом першого року навчання заповнити прогалини в розвитку дітей, підготувати їх до засвоєння основ наук, а надалі дрібніше дозувати навчальний матеріал, уповільнити темп його засвоєння, збільшити тривалість повторення вивченого. 2. Значно менша кількість дітей у класі (не більше від 12) сприяє індивідуалізації колекційної роботи з кожною дитиною, відповідно до її психічного і фізичного стану, рівня знань, умінь і павичок. 3. У методиці навчання дітей спочатку багато місця займають Ігрові форми, подібні до тих, що використовуються в роботі з дошкільниками, з метою поступового підведення дітей до оволодіння навчальною діяльністю та роллю учня. Таким чином протягом п'яти років початкового навчання діти засвоюють повний обсяг програми початкової масової школи. Ті з них, хто позбувся ознак затримки психічного розвитку (добре засвоїли навчальний матеріал і набули нормальної працездатності), переводяться рішенням педагогічної ради до основної масової школи. Решта ж дітей, які й надалі мають певні труднощі у навчанні, продовжують навчатися в спеціальному класі (школі).Інтегроване навчання дітей із затримкою психічного розвитку. Діти, яким психолого-медико-педагогічною консультацією встановлено діагноз затримки психічного розвитку та визначено зміст корекційного навчання, можуть відвідувати масову школу на загальних засадах, отримуючи право на додаткових п'ять годин корекційних занять з педагогом в тиждень. Така форма, як домашнє навчання виправдана і дозволяється тільки у тих випадках, коли дитина через хворобливі розлади поведінки є небезпечною для колективу чи через важку хворобу фізично неспроможна відвідувати школу. Відвідування ПМПК є добровільною справою, проте уникнення її може призвести до ускладнення навчальної ситуації в подальшому. Ми вже зазначали, що чим пізніше виявлені навчальні труднощі у дитини, тим складнішим буде процес щодо їхньої компенсації.Як уже наголошувалося, затримка психічного розвитку за сприятливих умов навчання і виховання дитини великою мірою піддається корекції і компенсації. Було б необачно, якби в молодшому шкільному віці можливості розвитку дитини були втрачені через неадекватні потребам дитини умови навчання.Зрозуміло, що оптимальними умовами для початку навчання дитини із затримкою психічного розвитку є спеціальний клас інтенсивної педагогічної корекції при масовій загальноосвітній школі. Проте сьогодні таких класів дуже мало, і дитина дуже часто змушена навчатися у масовому класі. За цих умов успішність її навчання великою мірою залежатиме від єдності зусиль усіх зацікавлених сторін. Підготовка дитини до школи Велике значення має старт шкільного навчання. Щоб він не травмував дитину і був успішним, вона має бути якомога краще до нього підготовленою. Краще, коли дитина із затримкою психічного розвитку розпочне шкільне навчання в сім, а не в шість років (особливо за умови відвідування класу масової школи). Разом з тим, слід усвідомлювати, що пізніший початок навчання буде успішним лише за умови, коли протягом сьомого року життя з дитиною здійснювалася підготовча до школи розвивальна робота. Затримка психічного розвитку має бути підтверджена психолого-медико-педагогічною консультацією, що дасть право дитині на п'ять додаткових годин корекційних занять з педагогом в тиждень. У разі соматичної і психічної ослабленості, вираженої астенізованості дитина за медичним висновком може мати додатковий вихідний день серед тижня, а пропущені уроки компенсуватимуться індивідуальними корекційними заняттями. Якщо були вжиті всі необхідні педагогічні заходи, то рівень навчальних досягнень дитини буде достатній і забезпечить їй наступність у засвоєнні програмового матеріалу загальноосвітньої школи. Як слід ставитися до шкільних успіхів дитини із затримкою психічного розвитку? Відомо, що у школяра, особливо молодшого, навчання є настільки значущою справою, що воно позначається на всіх сферах життя дитини: стосунках з батьками, педагогами, однокласниками, а звідси - і на ставленні до самої себе, настрої та емоційному самопочутті. Усе це - важливі фактори формування дитячої особистості. Тому навчання має загалом сприйматися дитиною як успішне, таке, що підтримує у неї самоповагу. Тим часом у дітей з труднощами у навчанні невдач буває значно більше, ніж успіхів. Щоб дати дитині пережити почуття успіху і виробити адекватне ставлення до її навчальних проблем, дорослим потрібно добре розуміти її психологічні особливості та причини деяких негативних проявів її поведінки. Надмірне форсування успіхів дитини у навчанні та поведінці є загрозою для дитини із затримкою психічного розвитку. Проте, пам'ятаючи, що вимогливість є неодмінною умовою педагогічного успіху, можна захопитися рішучою боротьбою з «незібраністю», «неорганізованістю», «лінощами», якими, як правило, пояснюють навчальні невдачі дитини, не розуміючи їх дійсних причин. Тим часом усі ці недоліки часто бувають проявами затримки психічного розвитку, і для їх подолання однієї тільки вимогливості буває замало, а поєднання її з нерозумінням стану дитини часто призводить до наслідків, протилежних очікуваним. Вони добре ілюструються прикладами з практики. Намагання подолати ці недоліки без достатнього знання їх причин і призводить до надмірної в цій ситуації вимогливості. За таких обставин у дитини може виникнути небезпечний стан, який психологи називають синдромом хронічної неуспішності. Він виявляється в суперечливому поєднанні у неї надто високого (як для неї) рівня домагань і заниженої самооцінки. Зрозуміло, що високий рівень домагань - це відображення рівня вимог батьків, задовольняти який дитина почувається зобов'язаною, але не в змозі їх виконати. І під впливом невдач у неї формується занижена самооцінка. І тоді вона перестає вірити у свою здатність виконати навіть посильне завдання і зовсім перестає працювати. Така дитина може тихенько просидіти цілий урок, так і не взявшись за ручку, не відповідаючи на запитання. Те ж саме спостерігається і вдома, коли вона просиджує за столом годинами, дивлячись у вікно замість того, щоб виконувати домашні завдання. Це дуже руйнівний стан дитячої психіки, який веде до різних викривлень особистісного розвитку. Справді, почуватися поганим, усвідомлювати постійне невдоволення батьків для дитини нестерпно, адже батьки для неї є абсолютною владою, від гніву чи милості якої залежить дуже багато. Щоб уникнути батьківського невдоволення, дитина і вдається до обману. Сказана неправда, в свою чергу, тягне за собою інші деформації її особистості. Усвідомлюючи свій поганий вчинок, вона мусить якось виправдатися перед собою, адже почуватися поганим - нестерпно. І мимохіть починаються пошуки винного, який змусив вчинити саме так. Виникають недобрі почуття до батьків, розвивається недоброзичливість, агресивність як риси характеру. В інших дітей через психічну слабкість і нездатність на агресію, розвивається невротичний стан «втечі у хворобу», коли вони на кожну трудність реагують хворобливими симптомами. Так, коли треба йти до школи (чи перед контрольною роботою), у дитини починається головний біль, болі в животі, нудота і т.ін. Ці скарги не можна розглядати як симуляцію, дитина справді страждає. Іноді у неї навіть підвищується температура. Для подолання такого стану, крім психолого-педагогічних заходів, потрібною буває і допомога дитячого психоневролога. Уникнути всіх цих негативних явищ допоможе педагогічна компетентність батьків і добре знання особливостей дитини та організація спеціального супроводження: медичного, психологічного та педагогічного. Загальною ж стратегією у роботі з дитиною, яка має труднощі в навчанні, є збереження її позитивного ставлення до навчання і до себе як учня, підтримка у неї віри в свої можливості. А це означає, що вона має обов'язково переживати успіх, якими б скромними не були її навчальні можливості, і в цьому обов'язково потрібно їй допомогти. Працюючи над заповненням прогалин в знаннях і вміннях дитини, важливо пам'ятати про межі її витривалості. Тут може стати в пригоді і лікарська консультація. Найменший успіх у навчанні дитини має бути поміченим і сповна пережитим. Успіхів вдасться знайти набагато більше, якщо її досягнення порівнювати не з ідеальними (чи чужих дітей), а звіряти з тим, чого вона не знала і не вміла вчора, а сьогодні навчилася. Для формування позитивних рис особистості школяра, який зазнає труднощі у навчанні і має невисоку успішність, дуже важливо знайти у нього якісь інші здібності, реалізація яких могла б принести йому задоволення і самоствердження. Багато хто з таких дітей любить майструвати, займатися рукоділлям, господарювати в домі. Часто серед них є діти з художніми здібностями: до малювання, ліплення, гри на музичних інструментах. І тут вони виявляються кмітливішими, ніж у шкільному навчанні, і можуть досягти значніших успіхів. Досвід спеціального навчання і виховання дітей із затримкою психічного розвитку показав, що вони в переважній більшості мають низку здібностей до практичної діяльності, завдяки чому за сприятливих умов можуть досягати високого рівня соціальної адаптації. Саме на таку життєву перспективу потрібно орієнтуватися у подальшому навчанні і професійному визначенні цих дітей. Вчасне виявлення схильностей дитини, їх розвиток та реалізація у професійній підготовці допоможе пом'якшити негативний вплив труднощів у навчанні на формування її особистості, зберегти у неї позитивне ставлення до себе і до оточення.
| sxz Павло Негода
1076 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Різні задачі дл... | Переглядів: 255 | | | ПЕРІОДИЧНІ ДЕСЯТКОВІ ДРОБИ | | Додав: | | Періодичні десяткові дроби. Уважно прогляньте такі запитання та відповіді на них. Наведіть власні приклади десяткових дробів на кожне запитання. Запитання: Чи вірно, що якщо знаменник дробу містить тільки дев'ятки, то маємо періодичний дріб? Відповідь: так. Прогляньте приклади. Приклади періодичних десяткових дробів. 0,5555.... = 0,(5) = 5:9 = 5/9; 0,3333.... = 0,(3) = 1:3 = 3/9 = 1/3; 0,6666.... = 0,(6) = 2: 3 = 6/9 = 2/3; 0,142857142857142857.... = 0,(142857) = 1:7 = 1/7 = 142857 / 999999; 0,4545454545... = 0,(45) = 5:11 = 45/99 = 5:11 = 5/11; 0,615384615384615384... = 0,(615384) = 8:13 = 8/13 = 615384 / 999999. Запитання: Чи вірно, що якщо знаменник дробу містить тільки 10, 100, 1000, і так далі..., то маємо скінчені дроби? Відповідь: так. Прогляньте приклади. Приклади скінчених десяткових дробів: 0, 5 = 1:2 =1/2 = 5/10; 0, 25 = 1:4 =1/4 = 25/100; 0, 3 = 3:10 = 3/10; 0,125 = 1:8 = 1/8 = 125/1000; 0,05 = 1:20 = 1/20 = 5/100. Запитання: Чи вірно, що існують нескінчені неперіодичні дроби? Відповідь: так. Прогляньте приклади. Приклади нескінчених неперіодичних десяткових дробів: 3,1415926535897932384626433832795... = π (трансцендентне число, відношення довжини кола до довжини його діаметра); 2,71828182... = е (трансцендентне число Ейлера, значення виразу (1+1/к)к, якщо к → ∞); 1,4142135623730950488016887242097... = 20,5 (ірраціональне число, довжина діагоналі одиничного квадрата). Запитання: Як розпізнати скінчені та нескінчені десяткові дроби? Відповідь: Будь-яке раціональне число можна записати у вигляді звичайного дробу a/b = a:b, тобто, записати, як результат дії ділення. Зазначимо, що b є N, (тобто, b ≠ 0, натуральні числа), а є Z (цілі числа, тобто, від'ємні числа, додатні числа і нуль). Запитання: Чи завжди в результаті ділення двох скінчених десяткових дробів ми отримаємо скінчені десяткові дроби? Відповідь: Не завжди в результаті ділення одного десяткового дробу на другий дістаємо скінченний десятковий дріб. Шуканою часткою може бути і нескінченний десятковий дріб. Запитання: Як розпізнати скінчені та нескінчені десяткові дроби? Нескінченні десяткові дроби бувають: періодичні і неперіодичні. Відповідь: Наприклад, якщо ділити 3 на 11, у частці дістанемо нескінченний десятковий дріб 0,272727..., у якому цифри 2 і 7 періодично повторюються. Це - нескінченний періодичний десятковий дріб із періодом 27. Але відношення довжини кола до довжини його діаметра виражається нескінченним неперіодичним десятковим дробом 3,14159... . Запитання: Які бувають періодичні дроби? Відповідь: Періодичні дроби бувають чисті і мішані. Чистим періодичним дробом називається такий, у якого період починається відразу після коми, наприклад чистий періодичний дріб: 12,363636... Мішаним періодичним дробом називається такий, у якого між комою і першим періодом є одна або кілька цифр, що не повторюються, наприклад мішаний періодичний дріб: 0,07464646... Записувати періодичні десяткові дроби прийнято скорочено: замість 3,2666... пишуть 3,2(6), замість 0,424242... пишуть 0, (42), тобто «період 42 записують у дужках. Запитання: Як розпізнати скінчені дроби? Відповідь: Звичайний нескоротний дріб можна подати у вигляді скінченного десяткового дробу тоді і лише тоді, коли в розкладі на прості множники його знаменника немає інших множників, крім 2 і 5. Запитання: Чи завжди нескоротний звичайний дріб є періодичним? Відповідь: Якщо звичайний нескоротний дріб перетворюється в нескінченний десятковий дріб, то останній обов'язково періодичний. Запитання: Як розпізнати чисті та мішані періодичні дроби? Відповідь: Якщо у знаменнику дробу немає множників 2 і 5, то він чистий періодичний, якщо ж знаменник має множники 2 або 5 та інші числа, тоді дріб мішаний періодичний. Приклади. Дріб 5/33 до перетворюється в чистий періодичний десятковий, бо 33 не ділиться ні на 2, ні на 5. Дріб 11/12 перетворюється у мішаний періодичний десятковий дріб, бо знаменник 12 ділиться на 2. Справді, 5/33 = 5:33 = 0,15151515... = 0,(15); 11/12 = 11: 12 = 0,91666666... = 0,91(6). Запитання: Як можна перетворювати чисті періодичні десяткові дроби в звичайні дроби? Відповідь: Щоб перетворити чистий періодичний дріб у звичайний, досить записати чисельником його період, а знаменником - число, позначене стількома дев'ятками, скільки цифр у періоді. Приклади. 0,(8) = 8/9; 0,(84) = 84/99; 0,(876) = 876/999; 0,(8456) = 8456/9999; 15,(37)= 15 + 37/99 12,(352)= 12 + 352/999. Запитання: Як можна перетворювати мішані періодичні десяткові дроби в звичайні дроби? Відповідь: Щоб перетворити мішаний періодичний дріб у звичайний, досить від числа, що стоїть до другого періоду, відняти число, що стоїть між комою і першим періодом, і здобуту різницю взяти чисельником, а знаменником написати число, позначене стількома дев'ятками, скільки цифр у періоді, і зі стількома нулями на кінці, скільки цифр між комою і періодом. Приклади. 0,8(57) = (857 - 8) / 990 = 849 / 990 6,7(4) = 6 + (74 - 7)/90 = 6 + 67/90.
| sxz Павло Негода
1076 дні(в) тому | | Коментарі: 1 Група: Різні задачі дл... | Переглядів: 4575 | | | Розвязування задач за допомогою рівнянь 5 - 7 класи | | Додав: | | Розв'язування елементарних задач за допомогою рівнянь. 5 -7 клас Задача 1. Костюм на 119 грн. дешевший за пальто. Скільки коштує костюм, якщо пальто в 1,7 раза дорожче за костюм? Розв'язання. Нехай костюм коштує х грн., тоді пальто коштує 1,7х грн. За умовою задачі костюм на 119 грн. дешевший за пальто. Складаємо рівняння: 1,7х-х =119, 0,7х =119, х = 119: 0,7, х = 170. Відповідь. 170 грн. Задача 2. За 12 альбомів та 8 зошитів заплатили 26 грн. Альбом на 0,5 грн. дорожчий за зошит. Скільки коштує альбом і скільки зошит? Розв'язання. Нехай зошит коштує х грн., тоді альбом коштує (х + 0,5) грн., х ∙ 8 грн. коштують 8 зошитів, (х + 0,5) ∙ 12 грн. коштують 12 альбомів. За умовою задачі за покупку заплатили 26 грн. Складаємо рівняння: (х + 0,5) - 12 + 8х = 26,
12х + 6 + 8х = 26, 20х = 26-6, х = 20:20, х = 1, х + 0,5 = 1,5. Відповідь. 1,5 грн., 1 грн. Задача 3. У трьох цехах заводу 370 робітників. У першому цеху в 3 рази більше робітників, ніж у другому, а в третьому - на 20 робітників більше, ніж у другому. Скільки робітників працює в кожному цеху? Розв'язання. Якщо х робітників працює в 2-му цеху, то в 1-му цеху працює 3х робітників, а в 3-му цеху працює (х + 20) робітників. За умовою задачі в трьох цехах працює 370 робітників. Складаємо рівняння: 3х + х + (х + 20) = 370, 3х + х + х + 20 = 370, 5х = 370 - 20, х=350:5, х=70, 3х = 210, х + 20 = 90. Відповідь. 210 робітників, 70 робітників, 90 робітників. Задача 4. У трьох альбомах 300 марок. Кількість марок у другому альбомі становить 60% кількості марок у першому, а кількість марок у третьому альбомі 0,4 кількості марок у другому. Скільки марок у кожному альбомі? Розв'язання. У першому альбомі х марок, тоді в другому альбомі 0,6х марок, а в третьому 2 альбомі х - 0,6х = 0,4х. За умовою задачі в трьох альбомах 300 марок. Складаємо рівняння: х + 0,6х + 0,4х = 300, 2х = 300, х = 300 : 2, х = 150, 0,6х = 0,6-150 = 90, 0,4х=0,4-150 = 60. Відповідь. 150 марок, 90 марок, 60 марок. Задача 5. У більший бідон вміщається на 2 л молока більше, ніж у менший. А в два більших бідони вміщається стільки молока, скільки в три менших бідони. Скільки літрів молока входить у більший та менший бідони окремо? Розв'язання. Нехай у менший бідон вміщається х л молока, тоді в більший бідон вміщається (х + 2) л молока. У трьох менших бідонах 3х л молока, у двох більших бідонах 2(х + 2) л молока. За умовою задачі кількість молока у двох більших і трьох менших бідонах однакова. Складаємо рівняння: 2(х + 2) = 3х, 2х + 4 = 3х, 3х - 2х = 4, х=4, х + 2 = 6. Відповідь. 4 л, 6 л. Задача 6. У першому вагоні в 1,3 раза більше вантажу, ніж у другому. Якщо з першого вагона забрати 11,3 т, а в другий добавити 3,7 т, то вантажу у вагонах стане порівну. Скільки тонн вантажу в кожному вагоні? Розв'язання. Нехай у другому вагоні було х т вантажу, тоді в першому вагоні було 1,3x т вантажу. (х + 3,7) т стало вантажу в 2-му вагоні, (1,3х - 11,3) т стало вантажу в 1-му вагоні. За умовою задачі у вагонах вантажу стало порівну. Складаємо рівняння: 1,3х - 11,3 = х + 3,7, 1,3х - х = 11,3 + 3,7, 0,3х = 15, Х = 15:0,3, х = 50, 1,3х = 1,3∙50 = 65. Відповідь. 65 т, 50 т. Задача 7. В одному кошику в 3 рази більше яблук, ніж у другому. Якщо у перший кошик покласти 4 яблука, а в другий 6 яблук, то в першому кошику їх стане у два рази більше, ніж у другому. Скільки яблук у кожному кошику? Розв'язання. Нехай у другому кошику х яблук, тоді в першому кошику було 3х яблук. (3х + 4) яблук стало в першому кошику, (х + 6) яблук стало в другому кошику. За умовою задачі в першому кошику стало в 2 рази більше яблук, ніж у другому. Складаємо рівняння: 3х + 4 = 2(х + 6), 3х + 4 = 2х + 12, 3х-2х= 12-4, х = 8, 3х = 24. Відповідь. 24 яблука, 8 яблук. Задача 8. Мати старша за дочку на 21 рік, а 4 роки тому вона була старша від дочки в два рази. Скільки років кожній? Розв'язання. Нехай дочці тепер х років, тоді матері (х + 21) років. 4 роки тому вік дочки був (х - 4) років, а вік матері (х + 17) років. За умовою задачі 4 роки тому мати була в 2 рази старша за дочку. Складаємо рівняння: х + 17 = 2(х - 4), х + 17 = 2х - 8, х-2х = -17-8, - х = - 25, х = 25, х + 21 = 46. Відповідь. 46 років, 25 років.
| sxz Павло Негода
1076 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Задачі на склад... | Переглядів: 342 | | | Тест для перевірки знань про відсотки | | Додав: | | Тест . Відсоткові розрахунки. ВАРІАНТ 1 1. Відсотком називається: а) сота частина числа; б) тисячна частина числа; в) десять проміллів. 2. Щоб знайти р% від числа, треба: а) число поділити на р і помножити на 100; б) число поділити на 100 і помножити на р. 3. При р% річних початковий капітал А через п років перетвориться в: а) А∙(1+0,01∙р∙n); б) А∙(1+0,01р)∙n; в) А∙(1+0,01∙р)n; 4. 20% від числа 120 становить: а) 20; б) 24; в) 600; г) 480. 5. Число, 32% якого становить 16, дорівнює: а) 200; б) 512; в) 50; г) 5,12. •6. Відсоткове відношення числа 7 до числа 35 становить: а) 500%; б) 7%; в) 20%; г) 5%. •7. При збільшенні числа на 50% воно збільшується: а) у 2 рази; б) в 1,5 рази; в) інша відповідь. •8. При зменшенні числа на 25% воно зменшується: а) в 4 рази; б) в 1,5 рази; в) в 1,25 рази; г) інша відповідь. 9. Число зменшили на 20%. Щоб одержати початкове
число, нове треба збільшити: а) на 20%; б) більше, ніж на 20%; в) менше, ніж на 20%. 10. Відсоткове відношення міді до олова в бронзі становить 400%. Яке відношення олова до міді? а) 300%; б) 20%; в) 25%; г) 10%. •11. Який відсоток складає мідь в бронзі (див. №10): а) 75%; б) 80%; в) 90%; г) 40%. •12. Латунь - сплав міді та цинку. Мідь складає 60% сплаву. Яке відсоткове відношення міді до цинку? а) 60%; б) 200%; в) 150%; г) інша відповідь. ВАРІАНТ 2 1. Проміллем називається: а) сота частина числа; б) десята частина відсотку;. в) тисячна частина числа. •2. Щоб знайти число, р% якого дорівнює а, треба: а) а:100∙р; б) а:р∙100. •3. Нарощений капітал вкладника - це: а) сума, яку він поклав до банку; б) сума, яку він одержить через певний час; в) різниця між одержаною і початковою сумою. 4. 25% від числа 160 становить: а) 25; б) 64; в) 40; г) 16. 5. Число, 18% якого становить 54, дорівнює: а) 300; б) 200; в) 972; г) 9,72. 6. Відсоткове відношення числа 13 до числа 52 становить:
а)13%; б) 52%; в) 400%; г) 25%. 7. При збільшенні числа на 25% воно збільшується: а) у 4 рази; б) в 1,5рази; в) в 5/4 рази; г) інша відповідь. •8. При зменшенні числа на 50% воно зменшується: а) у 2 рази; б) в 1,5 рази; в) інша відповідь. •9. Ціну товару збільшили на 10%. Щоб одержати попередню ціну, нову треба зменшити: а) на 10%; б) більше, ніж на 10%; в) менше, ніж на 10%. 10. Відсоткове відношення міді до олова в сплаві становить
300%. Яке відношення олова до міді: а) 200%; б) 33-%; в) 25% г) 30%. 11. Який відсоток складає олово в сплаві (див. №10): а) 30%; б) 25%; в) 20% г) інша відповідь. 12. Латунь - сплав міді та цинку. Цинк складає 30% сплаву.
Яке відсоткове відношення цинку до міді: а) 30%; б) 25%; в) 23, (3)%; г) інша відповідь.
| sxz Павло Негода
1076 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Задачі на відсо... | Переглядів: 293 | | | Принцип Діріхле для юних математиків | | Додав: | | Принцип Діріхле для юних математиків Дуже часто буває так, що при розв'язуванні складних математичних задач використовують уже відомі методи, прийоми, принципи,
теорії тощо. Завдяки цьому, деякі класи задач стають алгоритмічними, і їхні розв'язки - доступними широкому загалу. Наприклад, використовуючи загальну схему дослідження функції, можна будувати графіки складних функцій, використовуючи формулу Ньютона-Лейбніца, обчислювати площі, об'єми, довжини фігур, тіл, кривих відповідно; завдяки принципу математичної індукції, ми вміємо доводити тотожності, нерівності, розв'язувати задачі на подільність. У цьому розділі ми познайомимося з принципом, що формулюється надзвичайно просто і доступно навіть для наймолодших школярів, з його допомогою ми навчимося розв'язувати досить складні задачі. Жартома цей принцип формулюється так: "Якщо п'ятьох зайців розсадити в чотири клітки, то принаймні в одній із них опиниться два зайці". В україномовній літературі цей принцип називають принципом Діріхле на честь відомого німецького математика Петера Лежена Діріхле, який перший із допомогою такого простого твердження отримав глибокі результати про наближення ірраціональних чисел раціональними (в англомовній літературі цей принцип більше відомий як "принцип голубів". Зауважмо, що задачі цієї статті не претендують на оригінальність, більшість із них уже стала математичним "фольклором", і вже зараз складно встановити їх авторів. Розгляньмо кілька елементарних задач. 1.У мішку лежать кульки двох різних кольорів - чорного і білого. Яку найменшу кількість кульок потрібно вийняти з мішки, шоб серед них точно дві кульки виявились одного кольору? Розв'язання. Зрозуміло, що узявши три кульки, ми виявимо, що дві з них одного кольору. У даному випадку роль зайців відіграють кульки, а роль кліток - чорний та білий кольори. 2. У лісі росте мільйон ялинок. Відомо, що на кожній із них не більше ніж 800 000 голок. Доведіть, що в лісі знайдуться дві ялинки з однаковою кількістю голок. Доведення. Припустімо, що в лісі всі ялинки мають різну кількість голок (на деякій ялинці голок могло не бути зовсім). Тоді в лісі не більше ніж 800 001 ялинка, що суперечить умові. Тут у ролі зайців були ялинки, а в ролі кліток - усі можливі варіанти кількості голок на них. 3. На 5 поличках книжкової шафи 160 книг, причому на одній із них - 3 книги. Доведіть, що знайдеться поличка, на якій не менше ніж 40 книг. Доведення. Припустімо, що на кожній із решти 4 поличок не більше ніж 39 книг. Тоді на всіх 5 поличках не більше ніж 3 + 4∙39 = 159 книг, що суперечить умові. Отже, на одній із поличок не менше ніж 40 книг. Проте найчастіше принцип Діріхле використовують в узагальненому формулюванні. Узагальнений принцип Діріхле/ 4. Якщо nк +1 предмет розкладено в n ящиків, то принаймні в одному з ящиків знаходиться не менше ніж к + 1 предмет. Доведення. Нехай х, (r = 1,...,n) - кількість предметів, що знаходяться в r-ому ящику. За умовою х1+х2+... + хn = n∙к + 1. Припустимо, що для кожного r виконується хr < к. Тоді x1+х2 +... + хn <n-к, що суперечить умові. Отже, наше припущення було хибним, тобто в одному з ящиків є принаймні к +1 предмет. Цей спосіб доведення надалі спрощено також називатимемо принципом Діріхле. 5. У місті більше ніж 8 мільйонів жителів. Науковці вважають, що в кож
ної людини менш ніж 200 000 волосин на голові. Доведіть, що є принаймні 41
житель з однаковою кількістю волосин на голові. Доведення. Оскільки 40-200000 = 8000000 (кількість волосин у людини коливається від 0 до 199 999, усього 200 000 варіантів), то, згідно з принципом Діріхле знайдеться принаймні 41 житель, що має однакову кількість волосин на голові. Тут роль предметів відіграють жителі, а роль ящиків - усі можливі варіанти кількості волосин на голові. 6. Дано два многочлени від однієї змінної, кожен із яких - сума 9 членів парного степеня, не більшого за 36. Доведіть, що в добутку обов'язково знайдуться три подібних члени. Доведення. Якщо ми перемножимо два даних многочлени, то отримаємо новий многочлен степеня, не більшого за 72, кожний член одночлена якого має парний степінь. Оскільки парних чисел від 0 по к < 37, то, згідно з принципом Діріхле, знайдуться принаймні три подібних члени. 7. Доведіть, що серед 82 кубиків, кожен із яких помальовано певним кольором, існує 10 кубиків різного кольору або 10 кубиків одного кольору. Доведення. Якщо для розмалювання 82 кубиків використано не менше ніж 10 кольорів, то зрозуміло, що знайдеться 10 кубиків різного кольору. Якщо ж для розмалювання 82 кубиків використано не більше ніж 9 різних кольорів, то, згідно з принципом Діріхле, знайдеться принаймні 10 кубиків одного кольору. Тут у ролі предметів виступають кубики, а в ролі ящиків - кольори. 8. Цифри 1, 2, ..., 9 розбили на три групи. Довести, що добуток цифр в одній із груп не менший за 72. Доведення. Оскільки 9! = 1∙2 ∙... ∙ 9 = (8∙9)∙(3∙4∙6)∙(7∙5∙2) = 70∙72∙72 то, згідно з принципом Діріхле, добуток цифр в одній із груп не менший за 72. 9. 15 хлопчиків зібрали 100 грибів. Доведіть, що принаймні двоє
з них зібрали однакову кількість. Доведення. Припустимо, що твердження задачі неправильне. Тоді 15 хлопчиків зібрали щонайменше 0 + 1 + 2 + .. . + 14 = 14∙15:2 = 105 грибів. Це суперечить умові. Деколи буває корисним ще таке переформулювання принципу Діріхле: Якщо одне з кількох чисел більше від їх середнього арифметичного, то серед цих чисел знайдеться інше, що є меншим від їх середні арифметичного. 10. У бригаді 7, чоловік і їх сумарний вік складає 322 роки. Доведемо, що із них можна вибрати трьох осіб, сумарний вік яких не менший 138. Доведення. Оскільки середній вік членів бригади складає 46 років, то сумарний вік трьох найстарших людей не менший за 3∙46 = 138 років. Принцип Діріхле можна також сформулювати зовсім "по-науковому", не використовуючи кліток і зайців. Нехай А і В - скінчені множини, причому m - кількість елементів множини А, n - кількість елементів множини В (m> n). Тоді при будь-якому відображенні множини А в множину В знайдуться два елементи множини А, що мають той самий образ. Принцип Діріхле допускає також інші переформулювання та узагальнення. Але нас надалі більше цікавитимуть різні способи його застосування. Розглянемо декілька задач про знайомства, зустрічі тощо. 11. Декілька футбольних команд проводить турнір в одне коло.
Доведіть, що в будь-який момент турніру знайдуться дві команди, що
зіграли до цього моменту однакову кількість матчів. Доведення. Нехай n - кількість команд, що проводять турнір. Розглянемо два випадки: - у даний момент турніру знайдеться команда, що не провела жодної гри; - протилежний. Припустімо, що у випадку 1) така команда одна. Якби їх було дві, то все доведено. Тому у випадку 1) не буде жодної команди, що зіграла n-1 матч до даного моменту. Тоді, згідно з принципом Діріхле, серед n -1 команд (крім тієї, що не зіграла жодного матчу) можна вибрати дві, що зіграли однакову кількість матчів. Тут у ролі зайців виступають n -1 команд, а в ролі кліток -можливі кількості матчів від 1 до n -2, які вони зіграли. У випадку 2) кількість матчів, що провели команди до даного моменту, змінюється від 1 до n-1. І тому знову, за принципом Діріхле, серед n команд знайдуться дві, що зіграли однакову кількість матчів. 12. 10 друзів відправили один одному святкові листівки. Кожний із них відправив 5 листівок. Доведіть, що якихось двоє друзів відправили листівки один одному. Доведення. Обчислимо, скільки всього пар людей можна утворити з 10 друзів: 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45. А всього відправлених листівок 5∙10=50. то, згідно з принципом Діріхле, на якусь пару друзів припадає дві листівки. 13.У роботі якогось засідання брало участь 200 чоловік, причому кожен із них був знайомий не менше ніж зі 100 присутніми. Доведіть, що за круглий стіл для 4 осіб можна посадити 4 з присутніх так, щоб кожен із них сидів між своїми знайомими. Доведення. Припустимо, що серед присутніх є двоє незнайомих А і В, інакше все доведено. Оскільки кожен із А і В знайомий не менше ніж зі 100 присутніми, то вони матимуть принаймні двох спільних знайомих (200 > 198). Тоді ці двоє спільних знайомих разом з А і В утворюватимуть шукану четвірку осіб. 14. У конгресі брало участь 2000 вчених, одні з них були раніше знайомі один з одним, інші - ні. При цьому виявилось: кожні двоє вчених, які мають однакову кількість знайомих, не мають спільних знайомих. Доведіть, що серед присутніх на конгресі вчених знайдеться вчений, що знайомий лише з одним учасником конгресу. Доведення. Нехай А - це вчений, який має найбільшу кількість знайомих серед присутніх (або одного з них, якщо їх декілька). Усіх знайомих А позначимо Ах, Ау,..., Ак. Згідно з умовою задачі, усі Аі (і = 1,... ,к) мають різну кількість знайомих, що змінюється від 1 до к. Тоді знайдеться такий учений, що має рівно одного знайомого. 15. Уздовж круглого столу рівномірно розміщено таблички з прізвищами дипломатів, які беруть участь у переговорах. Після початку переговорів виявилось, що кожен із дипломатів не сидить напроти своєї таблички. Чи можна повернути стіл так, щоб принаймні двоє дипломатів сиділи напроти своїх табличок? Розв'язання. Зауважимо, що серед усіх можливих n положень столу завжди можна вибрати одне, коли якийсь дипломат сидить напроти своєї таблички. Тоді за умови, що при такому положенні столу такого дипломата немає, згідно з принципом Діріхле, можна повернути стіл так, щоб принаймні двоє дипломатів сиділи напроти своїх табличок. Часто при розв'язуванні задач, де застосовують принцип Діріхле, потрібно не лише показати, що чисел, які задовольняють певну властивість є не більше від деякого к, але й конструктивно вказати множину з к елементів, що має таку властивість. 16. Картки пронумеровані послідовно цілими числа ми від 1 до n +1. Яку найбільшу кількість карток можна вибрати так, щоб жоден з номерів не дорівнював сумі якихось двох інших номерів карток? Розв'язання. Припустімо, що таких карток існує не менше ніж n+2. Розташувавши вибрані картки в порядку зростання їхніх номерів, віднімімо від усіх номерів найменший номер картки. Ми отримаємо n + 1 різних чисел, відмінних від 0. Тоді, згідно з принципом Діріхле, отримана множина має принаймні один спільний із початковою номер (без картки з найменшим номером), тобто умови задачі не виконуються. Легко перевірити, що для n + 1 картки з непарними номерами {1,3,5,..., 2n +1} умови задачі вже виконуються. У наступних частинах розділу ми познайомимо наших відвідувачів сайту із застосуванням принципу Діріхле у поєднанні з іншими методами розв'язування задач. Принцип Діріхле і допоміжне розбиття, розмалювання, графи, принцип парності, таблиці, комбінаторика 17. Яку набільшу кількість полів на дошці 8x8 можна замалю
вати чорним кольором так, щоб у будь-якому триклітинковому кутику, який має вигляд, було принаймні одне незамальоване поле? Розв'язання. Розмалювавши дошку в шаховому порядку, бачимо, що при цьому умова задачі буде виконуватись, тобто можна замалювати 32 чорних квадрати. Покажімо, що більше квадратів нам замалювати не вдасться. Тоді доводитимемо від супротивного. Припустимо, що можна вибрати таких 33 квадрати. Розіб'ємо дошку на 16 квадратиків, розміром 2x2. Тоді, згідно з принципом Діріхле, в одному з квадратів буде замальовано принаймні 3 поля, тобто можна вибрати кутик, у якому всі поля будуть замальованими. 18. Площина розмальована двома кольорами. Доведіть, що знай
дуться дві точки одного кольору, відстань між якими дорівнює 1. Доведення. Розглянемо три точки, що є вершинами рівностороннього трикутника. Тоді серед них є дві точки одного кольору. 19. Доведіть, що серед будь-яких 6 чоловік є або троє попарно знайомих, або троє попарно незнайомих. Доведення. Розгляньмо таку модель. Візьмімо 6 точок на площині; жодні три точки не лежать на одній прямій. Дві точки з'єднуватимемо відрізком, якщо дані двоє людей (кожній точці відповідає певна людина) знайомі між собою, а у протилежному випадку -з'єднаймо їх хвилястою лінією. Оскільки з кожної точки виходять 5 ліній, то принаймні 3 із них однотипні. Нехай це будуть відрізки. Якщо хоча б одна з ліній СД СЕ є відрізком, то знайдуться 3 людей, які попарно знайомі між собою. У протилежному випадку всі лінії СД АЕ та СЕ є хвилястими, тобто знайдуться 3 людей, попарно незнайомих між собою. Ця задача поклала початок окремому розділу математики, що дуже інтенсивно розвивається останніми роками і називається теорією Рамсея. 20. У роботі міжнародної конференції бере участь 17 учених. Кожні двоє з них розмовляють між собою однією з трьох мов. Доведіть, що серед учасників конференції знайдуться троє, що розмовляють між собою однією мовою. Доведення. Оскільки вчені можуть розмовляти між собою тільки однією з трьох мов, то 17 точок площини попарно з'єднані між собою лініями трьох типів (кольорів). Оскільки з однієї точки виходить 16 ліній, то принаймні 6 з них одного кольору. Якщо хоча б один із відрізків, що з'єднує кінці цих ліній, є того самого кольору, то все доведено. А якщо ні, то цей випадок аналогічний до умов задачі попередній.
| sxz Павло Негода
1076 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Задачі, які вик... | Переглядів: 2232 | | | Історія виникнення логарифмів | | Додав: | | З історичних джерел Повідомлення для учнів 10 класу. Перші зародки поняття логарифма можна знайти в Архімеда, але сама ідея розвитку не набула. Триста років тому в епоху Відродження почався бурхливий розвиток науки, техніки і мореплавства. Розвиток астрономії, а точніше астрономічних спостережень, вимагали нових методів обчислень, які були б доступні широкому колу людей. В основу таких методів і були покладені логарифми. Перші таблиці логарифмів склав швейцарський механік, годинникар, астроном і математик І.Бюргі (1552-1632). Він довго не наважувався їх опублікувати і лише в 1620 році за наполяганням Кеплера він їх видав. Оригінал цих таблиць зберігається зараз у Пулковській обсерваторії в С.-Петербурзі. За свою неквапливість Бюргі поплатився пріоритетом. В 1614 році в Англії шотландський математик Джон Непер, барон, який займався різними науками, особливо астрономією і математикою, надрукував таблиці логарифмів тригонометричних функцій від 0º до 90º. До речі, натуральний логарифм в честь Непера називають Неперовим логарифмом. Ідея десяткових логарифмів виникла в англійського професора Генрі Брігса, який після зустрічі з Джоном Непером вже в 1617 році опублікував такі таблиці для чисел першої тисячі. Після цього менше ніж за 7 років він обчислив 30000 логарифмів з 14 десятковими знаками. У 1628 році голландський математик А.Влакк доповнив їх, а на основі цих таблиць у 1703 році в Росії були надруковані таблиці логарифмів синусів та косинусів. Ці таблиці допомагали астрономам і інженерам, скорочуючи час на обчислення, а отже, як сказав знаменитий французький вчений Лаплас, "продовжували життя обчислювачам". Для обчислення логарифмів довгий час використовували логарифмічну лінійку, яку сконструював англійський математик, священик Оутред в 17 ст. Близько 350 років вона залишалася надійним апаратом для наближених, але швидких обчислень. Але час іде, наука і техніка рухаються вперед, і на зміну логарифмічній лінійці прийшов мікрокалькулятор. Ода логарифму Різноманітні застосування показникової і логарифмічної функцій надихнули англійського поета Елмера Брілла на написання „Оди експоненті". Були поети, які не присвячували од логарифмам, але згадували їх в своїх віршах. У вірші „Фізики і лірики" Борис Слуцький написав: Потому-то, словно пена, Опадают наши рифмы. И величие степенно Отступает в логарифмы. Музиканти рідко захоплювалися математикою. Але між іншим навіть ті з них, що не провіряють, як Cальєрі у Пушкіна „алгеброю гармонію", - зустрічаються з математикою дуже часто, причому з такими „страшними" речами як логарифми. Дійсно, так звані ступені 12-звукової гами частот звукових хвиль являють собою логарифми з основою 2. Гучність шуму і яскравість зірок оцінюється однаковим чином: за логарифмічною шкалою. „Величина" зірки являє собою логарифм її фізичної яскравості. Гучність, виражена в белах, дорівнює десятковому логарифму відповідної фізичної величини. Логарифми проникають і в галузь психології. Досліди показали, що організм людини ніби „логарифмує" отримані ним подразнення, тобто величина відчуття приблизно пропорційна десятковому логарифму величини подразнення. Літак, що вилетів з будь-якої точки земної кулі на північ, через деякий час опиниться над Північним полюсом. Якщо ж він полетить на схід, то, облетівши паралель, повернеться в той самий пункт, з якого вилетів. Припустимо тепер, що літак буде летіти, перетинаючи всі меридіани під одним і тим же кутом, відмінним від прямого. Коли він облетить земну кулю, то попаде в точку, що має ту ж довготу, що й точка вильоту, але розташовану ближче до Північного полюсу. Після наступного переліту він буде знаходитись ще ближче до полюсу і, продовжуючи летіти вказаним чином, буде описувати навколо полюса спіраль, що звужується. Рівняння цієї спіралі: , де r - відстань від довільної точки М на спіралі до вибраної точки О, φ - кут між променем ОМ і вибраним променем Ох, а і k - сталі. Розв'язуючи його, отримаємо , . Оскільки це рівняння зв'язане з логарифмічною функцією, то спіраль, яка обчислюється за цією формулою, називається логарифмічною. Раковини багатьох молюсків, равликів, а також роги таких ссавців як архари (гірські кози), закручені за логарифмічною спіраллю. Можна сказати, що ця спіраль є математичним символом відношення форм росту. Великий німецький поет Іоганн Вольфганг Гете вважав її математичним символом життя і духовного розвитку. В соняшника зернята розташовані також за дугами, близькими до логарифмічної спіралі. Один з найбільш поширених павуків, епейра, сплітаючи павутину, закручує нитки навколо центра за логарифмічною спіраллю. За логарифмічною спіраллю закручені і багато галактик, в тому числі Галактика, яка належить сонячній системі. Розв'язати рівняння: а) lg(4-t)4 + lg(4-t)2 - lg(4-t)5 = 1; б)log2(3-z)2 + log2(3-z)5 - log2(3-z)6= 0. в) lg(3-6t)+lg(3-6t)+lg(3-6t)=5; г)log2(3-4z)3+log2(3-4z)3+log2(3-4z)3= 0. д)8 lg2tg(8-4z)3+16 lg4tg(8-4z)3+1= 0; е) 8 lg2cos2(8-4z)3 - 16 lg4cos2(8-4z)3= 0.
| sxz Павло Негода
1077 дні(в) тому | | Коментарі: 0 Група: Логарифмічні рі... | Переглядів: 3825 | | | Звичайні тригонометричні рівняння 10 клас | | Додав: | | „Людині, яка вивчає алгебру, часто корисніше розв'язати одну і ту саму задачу трьома способами, ніж розв'язати три-чотири різні задачі." У.Сойєр Скористуємося цією порадою і спробуйте розв'язати рівняння sinx +cosx = 1 різними способами. I. Спосіб розв'язування однорідних рівнянь: Однорідним називають таке тригонометричне рівняння, у якого ліва частина є многочленом відносно тригонометричних функцій, у кожному члені якого сума показників степенів синуса і косинуса одного і того ж самого аргументу однакова, а права дорівнює нулю. Розв'язують однорідне тригонометричне рівняння n-го степеня діленням обох частин на cosⁿx≠0. Тоді дістанемо алгебраїчне рівняння відносно функції тангенса. Якщо рівняння не є однорідним, можна спробувати за допомогою тригонометричних перетворень звести його до однорідного. - II. Спосіб введення допоміжного аргумента(кута):
Цей спосіб застосовують для розв'язування лінійних тригонометричних рівнянь виду asinx + bcosx = c, і полягає він у використанні тригонометричних формул суми або різниці аргументів. Можна скористатися співвідношенням asinx + bcosx = (a+b)0,5sin(x + φ) φ = arctg a/b III. Спосіб зведення до однієї тригонометричної функції одного і того ж аргументу. При розв'язуванні рівняння цим способом ми використовуємо основні тригонометричні тотожності і виражаємо всі функції, що містяться в рівнянні через одну, а потім розв'язуємо алгебраїчне рівняння відносно даної функції. Рівняння записують у такому вигляді, щоб ліва і права частини могли бути записані як елементарні функції. Побудувавши в одній системі координат графіки цих функцій, знайдемо розв'язки рівняння як абсциси точок перетину графіків. Проаналізуємо запропоновані способи розв'язання рівняння: •- недолік способу зведення до однієї змінної полягає в тому, що рівняння набуває ірраціонального вигляду і можуть з'явитися сторонні корені, тому розв'язання потребують перевірки •- недоліком графічного способу є неточність, але перевага полягає у наочності. Тригонометричні рівняння. Знайти розв'язки тригонометричних рівнянь різними способами: 1) sin(2t - π) = -1; 2) cos(π + 3x) = 0; 3) 3sin 2(t - π) = -1,5 4) cos(4z - π/2) = -0,5; 5) - 14sin(-0,25π - 4x) = -7; 6) - 0,25cos(-0,5y - 4,5π)=1 7)- 0,5sin(2πz + 0,5π) = -1; 8) - 2cos(3-4πt) = -0,5; 9) - 5sin4(-2x-0,3π) = 0; 10) - cos0,25(-6x +0,2π) = 0; 11) - 3sin(4π - 4πx) = 1; 12) - 2cos(6π + 3x) = -1; 13) - 2sin(8,5π - x) = 1; 14) - 3cos(3 + 4πt) |
|
