Методы решения старинных задач

Исследовательская работа по теме  «Методы решения старинных математических задач» Выполнил: Токарь Валерий Владимирович 6 «В» класс Руководитель:  Казьменко Елена Александровна Воронеж 1 2017 2 Оглавление Введение ………………………………………………………………3 Теоретическая часть…………………………………………………3 1.Старинные задачи разных народов и  стран…………………….3 2.Способы  и методы решения старинных задач………………… 9 2.1  Метод  полного перебора и вариантов……………………………..9 2.2  Метод ложного положения………………………………………..11 2.3  Наглядно­геометрический способ………………………………....13  2.4  Метод предположения……………………………………………..15 2.5   Алгебраический метод……………………………………………..16 Практическая часть…………………………………………….…19 Выводы………………………………………………………………35 Заключение………………………………………………………...36 Список литературы………………………………………………..37 3 Введение Увлечение математикой часто начинается с размышлений над какой­то особенно   понравившейся   задачей.   Она   может   встретиться   и   на   школьном уроке, и на занятии математического кружка, и в журнале или книжке. А меня очень заинтересовали старинные задачи, с которыми мы столкнулись на уроке математики. И я решил узнать о них больше. Старинные задачи пришли к нам из   глубины   веков,   от   наших   предков.   Разные   народы   нашей   планеты придумывали   их,   оттачивали   условия   и   логику   заданий.   Они   неизбежно остроумны   и   занимательны,   в   них   собраны   замечательные   находки   многих поколений. Старинные   задачи   позволяют   не   только   развить   смекалку   и сообразительность,   но   и   почувствовать   прикосновение   других   эпох, порадоваться пришедшему решению.   Конечно, задач и головоломок за века было придумано неисчислимое множество, и я специально отобрал лучшие из них. Еще в древние века математика занимала основное место в умах ученых и благодаря сохранившимся рукописям у нас есть возможность проследить за развитием математической мысли и возможность прорешать старинные задачи и сравнить их решение с современным решением. Цель исследования: рассмотрение различных способов решения старинных  задач. Задачи исследования:  Изучить  старинные задачи различных народов  исследовать методы решения старинных задач и сделать их  классификацию  составить сборник старинных математических задач 4 Теоретическая часть 1.Старинные задачи разных народов и стран Древний Египет Самый   большой,   сохранившийся   до   наших   дней,   древнеегипетский математический текст – это так называемый папирус XVIII­XVII вв. до н. э. Ахмеса.  Около пяти тысяч лет назад при фараоне Джосере был признан богом мудрости   великий   врачеватель,   государственный   деятель   и   первый известный нам по имени математик Имхотеп. Задачи из папируса Ахмеса  У  семи   лиц   по   семи   кошек,  каждая   кошка   съедает   по   семи   мышей, каждая   мышь   съедает   по   семи   колосьев,   из   каждого   колоса   может вырасти по семи мер ячменя. Как велики числа этого ряда и их сумма?  Раздели 10 мер хлеба на 10 человек, если разность между количеством хлеба у каждого человека и ему предшествующего составляет 1/8 меры.   Найти приближенное значение для числа ,приняв площадь круга равной площади квадрата со стороной 8/9 диаметра круга.   Вавилон. В   Древнем   Вавилоне   математика   зародилась   задолго   до   нашей   эры. Вавилонские   памятники   в   виде   глиняных   плиток   с   клинописными надписями хранятся в различных музеях мира.   создали Вавилоняне   были   основоположниками   астрономии, шестидесятиричную   систему   счисления,   решали   уравнения   второй степени   и   некоторые   виды   уравнений   третей   степени   при   помощи специальных таблиц  Задачи Древнего Вавилона Задача на глиняной табличке(ок. 1950 до н. э.) 5  Площадь А, состоящая из суммы площадей двух квадратов, составляет 1000. Сторона одного из квадратов составляет уменьшенные на 10 две трети стороны другого квадрата. Каковы стороны квадратов?  Задача о вычислении числа П За длину окружности вавилоняне принимали периметр вписанного в эту окружность правильного шестиугольника. Найти приближение для П, которым пользовались вавилоняне.   Древняя Греция.    Если от математики Древнего Востока до нас дошли отдельные задачи с решениями   и   таблицы,   то   в   Древней   Греции   рождается   наука математика, ,основанная на строгих доказательствах Этот важнейший скачок в истории науки относится к VI­V вв. до н. э. Задача “Суд Париса”  Богини Гера, Афродита и Афина пришли к юному Парису, чтобы тот решил, кто из них прекраснее, высказав следующие утверждения: АФРОДИТА. Я самая прекрасная. АФИНА. Афродита не самая прекрасная  ГЕРА. Я самая прекрасная. АФРОДИТА. Гера не самая прекрасная АФИНА. Я самая прекрасная. Все утверждения прекраснейшей из богинь истинны, а все утверждения двух остальных богинь ложны. Кто прекраснее из богинь?  Задача Евклида   Мул и осел под вьюком по дороге с мешками шагали. Жалобно охал осел, непосильною ношей придавлен. Это подметивший мул обратился к попутчику с речью: “ Что ж, старина, ты заныл и рыдаешь, как будто девчонка? 6 Нес бы вдвойне я, чем ты, если б отдал одну ты мне меру, Если ж бы ты у меня лишь одну взял, то мы бы сравнялись”. Сколько нес каждый из них, огеометр, поведай нам это.   Китай. Возникновение   китайской   цивилизации   на   берегах   реки   Хуанхэ относится к началу II тыс. до н. э. Среди важнейших достижений китайской математики отметим: правило двух   ложных   положений,  введение   отрицательных   чисел,   десятичных дробей, методов решения систем линейных уравнений, алгебраических уравнений высших степеней и извлечение корней любой степени. Задачи древнего Китая Задача Ло­шу  Заполнить   натуральными   числами   от   1   до   9   квадратную   таблицу размером 3х3 так, чтобы суммы чисел по всем строкам, столбцам и диагоналям были равны одному и тому же числу 15. Задача Сунь­цзы (III­IV вв.)  Имеются вещи, число их не известно. Если считать их тройками, то остаток 2; если считать их пятерками, то остаток 3; если считать их семерками, то остаток 2. Спрашивается, сколько вещей. Индия.  Творчество индийских математиков оказало огромное влияние на  развитие арифметики (индийская десятичная позиционная нумерация),  алгебры (метод рассеивания для неопределенных уравнений первой и  второй степени с двумя неизвестными) и тригонометрии (бесконечные  ряды для синуса, косинуса и арктангенса). Задачи Древней Индии Задача­легенда 7  Изобретатель шахмат, которому было предложено запросить любую  награду, попросил положить ему в награду на первую клетку шахматной доски одно зерно, на вторую – 2 зерна, на третью – 4 зерна и т. д.  Сколько зерен запросил мудрец?   Задача Магавиры  Найти число павлинов в стае, 1/16 которой, умноженная на себя, сидит  на манговом дереве, а квадрат 1/9 остатка вместе с 14 другими  павлинами – на дереве тамала. Страны Ислама Крупнейшие ученые средневековья – ал­Хорезми, Авиценна, ал­Бируни, Омар   Хайям,   ал­Каши   писали   свои   сочинения   на   арабском   языке. Употребляемые нами термины “арабские цифры”, “корень”, “алгебра”, “алгоритм”,   “синус”   сформировались   под   влиянием   науки   стран Ислама. Задачи стран Ислама Задача из сказки “1001ночь”  Стая   голубей   подлетела   к   высокому   дереву.   Часть   голубей   села   на ветвях,   а   другая   расположилась   под   деревом.   Сидевшие   на   ветвях говорят расположившимся внизу: “Если бы один из вас взлетел к нам, то вас стало бы втрое меньше, чем нас всех вместе, а если бы один из нас слетел к вам, то нас стало бы поровну”. Сколько голубей сидело на ветвях и сколько под деревом? Задачи стран Ислама Задача Ал­Каши (XV в.)  Плата работнику за месяц, то есть за тридцать дней, ­ десять динаров и платье.   Он   работал   три   дня   и   заработал   платье.   Какова   стоимость платья? Задача Ибн Сины (Авиценны, X­XI вв.)  Если число, будучи разделено на 9, дает в остатке 1 или 8, то квадрат этого числа, деленный на 9, дает в остатке 1. Какое это число? 8 Страны Европы. В   середине   I   тыс.   в   Европе   центрами   просвещения   сначала   были монастыри, а позднее университеты. Развитие торговли, мореплавания, ремесел   повысило   роль   математики.   В   XVII   в.была   создана аналитическая   геометрия.   столетии   появилось дифференциальное и интегральное исчисление. Научная деятельность крупнейших математиков сосредоточилась в прославленных академиях в Париже, Петербурге и Берлине.   В   XVIII Задачи народов Европы. Задача Леонарда Пизанского  30 птиц стоят 30 монет, куропатки стоят по 3 монеты, голуби ­ по две и пара воробьев ­ по монете; спрашивается, сколько птиц каждого вида. Французская задача 17 век.  Трое имеют по некоторой сумме каждый. Первый дает из своих денег двум другим столько, сколько есть у каждого. После него второй дает двум другим, столько, сколько каждый из них имеет. Наконец, и третий дает двум другим столько, сколько есть у каждого. После этого, у всех троих   оказывается   по   8   экю.   Спрашивается,   сколько   денег   было   у каждого.  Россия.  Первые сведения о развитие математики на Руси относится к IX – XII вв. (древнерусская нумерация, метрология, первые системы дробей и др.). Рассвет математики и механики в России связано с основанием Петербургской академии наук (XVIII в.) и с именами великих ученых: М.   В.   Ломоносова,   Леонарда   Эйлера,   П.   Л.   Чебышева,   Н.   И. Лобачевского, С. В. Ковалевской и др. Старинная русская задача 9 Шли 7 старцев У каждого старца по 7 костылей На каждом костыле по 7 сучков На каждом сучке по 7 кошелей На каждом кошеле по 7 пирогов В каждом пироге по 7 воробьев.   Сколько всего? 2.Способы  и методы решения старинных задач Рассмотрев старинные задачи, я  выяснил, что способы их решения  можно разбить на 5 групп. 2.1   Метод  полного перебора и вариантов. Под   методом   перебора   в   математике   понимают   осуществление  последовательного   или   случайного   анализа   всех   или   некоторых  специально   выбранных   случаев,   которые   могут   встретиться   в   ситуации,  заданной   формулировкой   задач.   Для   классификации   задач   метода  перебора   выделим   сначала   две   большие   группы:   задачи,   решаемые  методом   полного   перебора;   задачи,   в   ходе   решения   которых   возможно  ограничить  полный  перебор. При  решении  первой  группы  задач  возникает  проблема  правильной  организации   полного   перебора.   Необходимо   рассмотреть   все   возможные  случаи,   встречающиеся   при   решении   задачи,   избегая   повторов   и  пропусков.   Задачи   первой   группы   делятся   на   серии   в   зависимости   от  системы   организации   полного   перебора,   к   ним   относят:   правило  крайнего;   полный   перебор   с   возвратом;   графическое   представление  полного  перебора;  полный  перебор  «от  конца  к  началу». Правило         крайнего   —   такая   организация   полного   перебора,   когда  при   рассмотрении   всех   возможных   случаев   берется   самый   «крайний  случай»   —   «крайним»   элементом   может   быть   самый   меньший   или  самый  больший.       с       возвратом  —  применяется  в  том  случае,  когда  изменяются  две  переменные  или  более.  Полный  перебор  осуществляется  для  определения  всех  возможных  значений,  как  первой  переменной,  так  и   других.   Тогда,   дав   первой   переменной   крайнее   значение,   надо  перебрать   все   (используя   правило  «крайнего»),   затем   возвратиться   к   первой   переменной   и,   дав   ей  следующее  значение,  опять  перебрать  все  значения  второй  переменной  и  значения   второй   переменной   Полный        перебор   10 т.   д.,   пока   не   будет   осуществлен   полный   перебор.   Этот   способ   и  называется   перебором   «с   возвратом».   Аналогично   для   трех   и   более  переменных. Полный   надо   получить         полного        «от        конца   Графическое         представление         перебора   —   дает   наглядную  иллюстрацию  полного  перебора  и  в  ряде  случаев  значительно  упрощает  решение.   Для   решения   задач   применяется   упрощенный   метод   графов.  Элементы  задачи  являются  вершинами  графа,  линии  их  соединяющие  — ребрами  графа.      перебор        к        началу»  —  рассмотрим  на   примере  задач   на   переливание.   К   задачам   на   переливание   относятся   задачи,   в  которых   количество   жидкости  ограниченными   средствами,   иногда   за   ограниченное   число   переливаний.  (Одну   из   задач   на   переливание   связывают   с   именем   французского  математика,   механика   и   физика   Симеона   Дени   Пуассона   1781—1840,  который  говорил,  что  задача  про  два  сосуда  определила  его  судьбу  —  он  решил,  что  станет  математиком).  Такие  задачи  можно  решать  полным  перебором  вариантов.  Но  поскольку  в  них  заданы  начальная  и  конечная  ситуация,  то  полный  перебор  рациональнее  вести  «от  конца  к  началу»,  в  этом   случае   возникает   меньше   вариантов,   и   перебор   становится   более  целенаправленным.  определенное   Задачи  второй  группы,  в  ходе  решения  которых  можно  ограничить  полный   перебор,   делятся   на   серии   в   зависимости   от   организации  сокращения  полного  перебора.  Задачи  второй  группы  делятся  на  серии:  выделение   области   поиска   решения;   «отсечение»   —   сокращение  перебора,  исходя  из  соображений  симметрии.      поиска        области   Выделение        решения  —  применяется  в  тех  случаях,  когда  рассмотрение  всех  возможных  решений  задачи  имеет  такое  число  шагов,   что   рассмотреть   их   все   очень   трудоемкая   работа.   В   таких  случаях   приходится   ограничивать   область   поиска,   иногда   в   результате  теряются   некоторые   ответы.   В   предлагаемых   задачах,   прежде   чем  применять  метод  полного  перебора,  надо  определить  область,  в  которой  вероятнее  всего  находится  решение  задачи. «Отсечение»   —   сократить   перебор   можно,   отбросив   варианты,  которые   заведомо   не   дадут   желаемого   результата.   Прежде   чем   начать  перебор,   надо   рассмотреть   все   видимые   с   самого   начала   случаи,  которые   не   приводят   к   решению   задачи,   а   затем   не   включать   их   в  перебор. Задача 1.  Какие двузначные числа можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5? Ответ: 11, 12, 13, 14, 15, 21, 22, 23, 24, 25, 31, 32, 33, 34, 35, 41, 42, 43, 44,  45, 51, 52, 53, 54, 55. 11 Задача 2.  В финальном забеге на 100 м участвуют Иванов, Громов и Орлов.  Назовите возможные варианты распределения призовых мест. Ответ: Вариант1: 1) Иванов, 2) Громов, 3) Орлов. Вариант2: 1) Иванов, 2) Орлов, 3) Громов. Вариант3: 1) Орлов, 2) Иванов, 3) Громов. Вариант4: 1) Орлов, 2) Громов, 3) Иванов. Вариант5: 1) Громов, 2) Орлов, 3) Иванов. Вариант6: 1) Громов, 2) Иванов, 3) Орлов. Задача 3.  В кружок бального танца записались Петя, Коля, Витя, Олег, Таня, Оля,  Наташа, Света. Какие танцевальные пары девочки и мальчика могут  образоваться? Ответ:  1) Таня ­ Петя, 2) Таня ­ Коля, 3) Таня ­ Витя, 4) Таня ­ Олег, 5) Оля ­  Петя, 6) Оля ­ Коля, 7) Оля ­ Витя, 8) Оля ­ Олег, 9) Наташа ­ Петя, 10)  Наташа ­ Коля, 11) Наташа ­ Витя, 12) Наташа ­ Олег, 13) Света ­ Петя,  14) Света ­ Коля, 15) Света ­ Витя, 16) Света ­ Олег. 2.2  Метод ложного положения   учебников     арифметических   Простейший   из   этих   методов П. Правила   ложных   положений —   regulaefalsi   или   falsorum,   также numeratiodivinationisзап.­европ. как средневековых, так и нового времени почти до исхода XVIII в. Первоначально представляли два вида методов (ныне совсем оставленных) решения линейных уравнений.   одного   ложного положения (ishtakarman индусских математических сочинений, в Зап. Европе — régulafalsisimplicispositionis)   состоял   в  замене   неизвестного  произвольно взятым   числом   и   в   следующем   за   тем   определении   истинной   величины неизвестного на основании пропорциональности, существующей между ним, его произвольным значением и соответствующими результатами указываемых условиями задачи вычислений. Примером может служить следующая задача, заимствованная   из   «LiberAbaci»   Леонарда   Пизанского.   Определить   высоту дерева, часть которого, сидящая под землей и равная 21 пяди, составляет треть и четверть его высоты. Если принять за искомую высоту число 12, как делящееся на 3 и на 4, то для подземной части дерева получится число 7, приводящее, очевидно, к пропорции 7:21 = 12:x, в которой х есть равное 36 истинное значение неизвестного. Употребление этого метода встречается уже в Папирусе   Ринда  (см. задачу  № 40  по  изд. Эйзенлора). П.  двух  ложных положений изобретено   индусами,   от   которых   перешло   к   арабам, 12 доставившим   ему   очень   широкое   распространение   как   в   собственной математической литературе, под именем «метода чашек весов», так и через ее посредство в литературе Европы. Теоретически это П. может быть выведено следующим образом.   В   решаемое   уравнение ax   +   b   = 0 подставляются   последовательно вместо х произвольные числа (ложные положения) z1 и z2 обращающие первую часть   уравнения   соответственно   в   числа   φ 1 и   φ 2,   назыв. обыкновенно ошибками уравнений. Вычитание полученных тождеств az1 + b =   φ 1 и az2 + b =   φ 2 из   первоначального   уравнения   дает уравнения а (х — z 1) = — φ 1 и а (x — z2) = — φ 2, откуда a = φ 1/(z1 — x) или (x — z1)/(x — z2) = G1/ φ 1, т. е. ошибки подстановок х — z 1 и х — z 2 пропорциональны ошибкам уравнений.   Определение   х из   последнего   уравнения   и   дает   формулу, представляющую П. двух ложных положений: x = (z2 φ 1 — x1 φ 2)/(φ 1 — φ 2). Из   западноевропейских   арифметических   учебников   П.   ложных положений   перешло   в   русские   арифметические   рукописи   XVII   в.,   в «Арифметику»   Магницкого   и   в   учебники   XVIII   и   даже   начала   XIX   ст. Подобно   арабам,   русские   ввели   в   свое   употребление   только   П.   двух положений, о могуществе и значении которого имели самое высокое мнение, как это можно видеть, напр., из следующего определения, данного в одной из рукописей XVII в. (рук. 682 из собрания В. М. Ундольского в Румянцевском музее):   «статияцыфирнаяболшая,   еже   именуется   вымышленная,   или затейчивая,   или   збойливая,   высокого   и   остропамятного   разума.ее­же нецыиискуснии   проводницы   фалшивою   строкою   нарекоша,   еже   есть збойливою,   еже   ни   малым   погрешиша».   Выведенная   выше   формула, выражающая   правило   двух   ложных   положений,   излагается   в   наших арифметических   рукописях   XVII   в.   более   древней   редакции   в   следующем виде: «Сия статья фальшивая или збойливая; буди ти ведомо, как ею считати во всяких статиях и переводах, что ти приведется считати. И ты возьми число велико или мало и считай, и, как сочтешь, приложи к тому перечню, который ищешь. И будет ти число боле того перечня стало во счете, и ты намети сице +; и чем боле того перечня стало, то у креста постави. А будет ти мене, и ты намети сице  ; и чем мене, то утое черты постави. Да опять емли другое число и считай такоже, да прикладывай к тому перечню, который ищешь. И будет ти боле или мене, и ты теми же знамены знаменуй. Да и постави счет на крест. Первое число постави, чем искал, вверху по левую руку креста; а что у него осталось боле или мене, то против того же числа постави по правую руку, а меж ими постави знамя; только боле, и ты постави +; а буде мене, и ты постави  . Да другое число такожепостави внизу противо тех же чисел, чем искал; и что осталось боле или мене тако­ж знамя меж имипостави. Да 13 считай   на   крест   верхний   с   нижними;   и   буде   оба   боле   или   мене,   исчетши большое число, да меньшее число из большего числа выни, да то на дел и стави.   А   деловуютако­ж:   остатки   из   остатков   выни,   и   что   сяостанет   тем большой перечень и дели; и что ти из делу выдет, то и правда. А буде не одинаки   остатки:   один   боле,   а   другой   мене,   и   ты   не   вычитай,   только складывай   вместо;   большие   перечни   и   деловые   також   дели».   Между многочисленными   задачами,   решенными   в   рукописях   XVII   в.   по   П.   двух ложных   положений,   кроме   большинства,   занимающегося   уравнениями   1­ой степени с одним неизвестным, встрчаются также и посвященные уравнениям 1­ой   степени   с   двумя,   тремя   и   четырьмя   неизвестными.   В   западно­ европейской математической литературе П. двух ложных положений, начиная с   XVI   ст.,   очень   нередко   прилагалось   разными   математиками   к   решению уравнений 2­й, 3­й, 4­й и высших степеней.  Задача 1.   Приложим  этот  приём  к  задаче  Чехова. Предположим,  что  чёрного сукна было 70 аршин. Тогда синего сукна было 68 аршин. Всё чёрное сукно стоило 210 руб., а всё синее – 340 руб. Всё сукно, выходит, стоило 550 руб. Наше предположение неверно, так как стоимость всего сукна у нас оказалась на 10 руб. больше действительной. Это  произошло  потому, что  чёрного  сукна  на  самом  деле  больше,  чем 70 аршин. Заметим, что увеличение количества чёрного сукна на 1 аршин при одновременном уменьшении количества синего сукна на 1 аршин вызывает уменьшение общей стоимости сукна на 2 руб. Следовательно, для того, чтобы уменьшить   стоимость   сукна   на   10   руб.,   надо   количество   чёрного   сукна увеличить на5 аршин. Выходит, что чёрного сукна было 75 аршин, а синего 63 аршина. Обращаем внимание на то, что предположение, которое было сделано, произвольно.  Можно   было   с   таким   же   успехом   предположить,  что   синего сукна было 60 аршин, 80 аршин, вовсе не было и т. д. Только ошибка всякий раз была бы другая, и для её исправления потребовалась бы другая поправка. Задача 2. Во дворе гуляли поросята и куры. У всех 40 животных 100 ног.Сколько было поросят и кур? Решим задачу с помощью правила ложного положения. Предположим, что поросят было 15. 1) 40 – 15 = 25 (жив.) – кур 2) 4  15 = 60 (н) у поросят 3) 2  25 = 50 (н) у кур 4) 60 + 50 = 110 (н) всего по предположению 5) 110 – 100 = 10 (н) «лишних» 6) 4 – 2 = 2 (н) больше у поросёнка 7) 10 : 2 = 5 (жив.) больше поросят 14 8) 15 – 5 = 10 (жив.) поросят 9) 40 – 10 = 30 (жив.) кур Ответ: 10 поросят, 30 кур. 2.3  Наглядно­геометрический способ Геометрический   способ   решения   текстовых   задач   заключается   в применении   свойств   геометрических   фигур   и   взаимосвязи   их   элементов   в процессе решения задачи. Этот способ делает решение текстовой задачи более наглядным и позволяет избежать громоздких вычислений. Для составления математических   моделей   задач   геометрическим   способом   чаще   всего применяются отрезки и их длины, а также прямоугольники и их площади. Задача 1. На одно платье и три сарафана пошло 9м ткани, а на три таких же платья и пять сарафанов – 19м ткани. Сколько ткани требуется на одно платье и на один сарафан?    Решение. Во­первых, составим  геометрическую  модель этой  задачи.  Изобразим  одно платье   синим   отрезком   одной   длины,   а   три   сарафана   –   тремя   синими отрезками другой длины. Все четыре отрезка будут моделировать количество ткани, использованное для пошива платья и трёх сарафанов, то есть 9м. Ниже смоделируем соответствующими отрезками условие задачи, что на три таких же платья и пять сарафанов потратили 19м ткани, значит, начертим три синих и пять красных соответствующих отрезка. Так как во втором условии задачи платьев   в   три   раза   больше,   чем   в   первом   условии,   то   в   третьей   строке начертим три фигуры первой строки, получим три синих и девять красных отрезков общей условной длиной 27м. Получили, что длина третьей фигуры отличается от длины второй фигуры на 4 равных синих отрезка, а длина их соответствует 27 – 19метрам, то есть 8­ми метрам. Итак, получили, что на 4 сарафана потрачено 8 м ткани, значит, на один сарафан – 2м. Найти длину ткани, потраченной на платье, позволит первая фигура. Очевидно, что длина синего   отрезка  соответствует  9 – 3  умноженное  на 2м,  то   есть 3м  ткани. Таким образом, мы ответили на главные вопросы задачи: 3м ткани требуется на одно платье и 2м на один сарафан. 15 Рассмотрим   другую   задачу   на применение геометрического метода с   использованием   свойств   площади прямоугольника. Задача 2. Токарь   должен   был   изготовлять по   24   детали   в   день,   чтобы выполнить задание в срок. Однако он   делал   в   день   на   15   деталей больше и уже за 6 дней до срока изготовил 21 деталь сверх плана. Сколько   деталей   должен   был изготовить токарь?  Решение. Так   как   в   этой   задаче   общий   объём   изготовленных   деталей   зависит   от производительности и времени работы токаря, то наиболее удобной моделью этой задачи будет прямоугольник. Одна из его сторон будет характеризовать производительность, а другая – время работы. Так как объём выполненной работы равен произведению скорости выполнения работы на время, а площадь прямоугольника   равна   произведению   её   сторон,   то   общее количество сделанных   деталей   будет   отражать   площадь   смоделирован­ного прямоугольника. По условию задачи токарь должен был изготовлять по 24 детали   в   день,   чтобы   выполнить   задание   в   срок,   значит,   изобразим прямоугольник   длиной   24условных   единицы   и   шириной   t   единиц,   где   t   – характеризует время, необходимое для выполнения задания в срок. Однако по условию задачи токарь делал в день на 15 деталей больше и уже за 6 дней до срока   изготовил   21   деталь   сверх   плана.   Значит,   смоделируем   новый прямоугольник длиной большей на 15 условных единиц  и шириной  меньшей на   6   условных   единиц   и   наложим   для   сравнения   его   на   первоначальный прямоугольник. Таким образом, плановое выполнение деталей соответствует сумме площадей двух прямоугольников S1 + S2, а фактическое выполнение больше   плана   на   21   деталь,   то   есть   S1   +   S2   +   21.   Из   чертежа   несложно определить, что S2 = 24умноженное на 6, то есть S2 = 144(деталям). Значит, площадь красного прямоугольника будет выражена 15умноженное на t – 6 с одной стороны, и 144 + 21 с другой стороны. Решая несложное уравнение 15t – 90 = 165, получаем, что t = 17. Таким образом, по плану токарь должен был затратить   17  дней.  Следовательно,   по   плану   токарь   должен   изготовить  17 умноженное на 24 деталей, то есть 408 деталей. 16 Мы рассмотрели геометрический   способ. Этот способ полезен тем, что он позволяет избежать громоздких   вычислений. Для успешного применения этого способа важно   научиться   видеть   позволяющие фигуры, увязать известные и неизвестные величины из условия задачи.   2.4  Метод предположения Задача 1. В комнате стоят табуретки и стулья. У каждой табуретки 3 ноги, у каждого стула 4 ноги. Когда на всех табуретках и стульях сидят люди, в комнате всего 39 ног. Сколько стульев и табуреток в комнате? Способ  «Метод предположения». Если бы в комнате стояли одни табуретки, то всего в комнате было бы не 39 «ног», как в условии, а не более 35. Почему? Потому что когда на табуретке сидит человек, то у каждой табуретки – 5 «ног», и количество «ног» кратно пяти, то есть если в комнате стоят 7 табуреток, то «ног» на 4 меньше, чем требуется по условию задачи. В этом случае недостаток «ног» можно компенсировать, если заменить 4 табуретки на 4 стула. Ответ: 3 табуретки и 4 стула. Задача 2. За неделю каждый мальчик съел по 21 конфете, а каждая девочка – по 15 конфет. Сколько было мальчиков и девочек, если всего они съели 174 конфеты? Способ  «Метод предположения на равных». Предположим,   что   количество   мальчиков   и   девочек   равное,   то   есть 1   мальчик   и   1   девочка   за   неделю   съели   36   конфет.   Если   174   конфеты разделить на 36, получится 4 человека и 30 конфет останется. А 30 конфет – это  съеденные  конфеты 2 девочками.  Получается,  что 174  конфеты съели 4 мальчика и 6 девочек. Комментарий: этот способ либо «не работает», а если «работает», то есть опасность найти не все решения. Необходимо пользоваться перебором вариантов.  2.5   Алгебраический метод 17 запись       натурального   Раздел   объединяет   задачи,   которые   сводятся   к   решению        уравнений.  Десятичная         числа.   Как   известно,  десятичной  записью  натурального  числа  называется  его  представление  в  виде  суммы,  разложенной  по  степеням  числа  10:  х  =  ап10n  +  ап­1  10n­1  +  ...   +   а110   +   ао,  где  ап   #   0.   В   основе   решений,   найденных   с   помощью  десятичной   записи,   лежит   идея   алгебраизации;   часто   представление  числа  в  виде  разложения  по  степеням  числа  10  позволяет  свести  задачу  к   решению   (иногда   неопределенного  уравнения).   Имеется   ряд   задач,   при   решении   которых   применяются  другие   приемы.   На   основе   алгебраизации   записи   числа   решается  достаточно   широкий   класс   задачи   на  доказательство,  задачи  на  отгадывание  чисел.  При  составлении  задач  на  отгадывание  чисел  выбирается  такая  последовательность  операций,  что  в  результате   получается   или   само   число,   или   задуманное   число   можно  получить,  проделав  простые  операции.  алгебраического   уравнения   задач:   числовые   ребусы,     Уравнения         в        целых       числах.   Задачи,   предлагаемые   в   этой   серии,  сводятся   к   решению   в   натуральных   числах   уравнения   с   двумя  неизвестными.   В   самом   простом   случае   уравнения   решаются   перебором  всех   возможных   вариантов.   Организовать   перебор   удобнее   всего,  используя   правило   «крайнего».   Но   решение   в   целых   числах  алгебраических   уравнений   с   целыми   коэффициентами   с   двумя  неизвестными   —   достаточно   трудная   задача.   Сократить   перебор   в  предлагаемых   задачах   можно   двумя   способами:   выяснить   ограничения,  которые   накладываются   на   неизвестные   и   перебрать   предполагаемые  значения   того   неизвестного,   где   «претендентов»   меньше;   сократить  перебор   можно,   используя   одно   из   основных   свойств   делимости   целых  чисел:  если  каждое  из  целых  чисел  а1,  а2,  ...  ,  ап­1,  ап  делится  на  b,  то  при  любых  целых  с1,  с2,  ...  ,  сп  число  (с1а1  +  с2а2  +  ...  +  спап)  делится  на  b.  По  отношению  к  целочисленному  решению  уравнения  xa  +  yb  =  c,  свойство   можно   применить   следующим   образом:   число  yb   должно  делиться  на  НОД  (xa,  c)  или  число  xa  должно  делиться  на  НОД  (yb,  c).       с        остатком.   Разделить   число  а   на   число  b  (b   >   0)   с  остатком  —  значит  представить  число  а  в  виде  а  =  bq  +  r,  0  <  r  <  b.   Число  q   при   этом   называется   неполным   частным,   а   число  r   ­  остатком   от   деления   на  b.   В   основе   решения   серии   задач   лежит  представление  числа  в  виде  a  =  bq  +  r.  В  дальнейшем  решение  задания  может   быть   сведено   к   решению   уравнения,   системы   уравнений.   Иногда  такая   запись   нужна   для   того,   чтобы   «увидеть»,   что   произойдет   с  числом,  если  отбросить  остаток. Признаки   знакомы   признаки  делимости  на  2,  3,  5,  9,  10.  При  решении  задач  полезно  их  вывести,  а  кроме  того,  доказать  признак  делимости  на  4,  11  и  на  составные  числа.        Ученикам   5—6   классов         делимости.   Деление   18 Рассмотреть  и  другие  признаки  делимости,  признак  делимости  на  7,  13  и другие. Задача 1. При   продаже   товара   за   299   р.,   выручено   15%   прибыли.   Чему   равна стоимость товара без прибыли? Решение.   Пусть   товар   стоит   х   р.,   тогда   15%   прибыли   составляет (15/100)x   p.   Зная,   что   товар   продан   за   299   р.,   составим   уравнение x + (15/100)x = 299;  115х = 29900;  х = 260. Ответ: товар без прибыли стоит 260 р. При решении задач, содержащих не меньше двух соотношений между данными числами и искомыми, как мы видели, любое из соотношений можно положить в основу для составления уравнения. Все оставшиеся соотношения должны быть использованы для выражения через х и через данные числа всех остальных неизвестных. Произвольность выбора основного соотношения дает возможность   составлять   одно   уравнение   с   одним   неизвестным   по   тексту задачи несколькими отличными друг от друга способами. Если   задача   содержит   больше   двух   соотношений,   то   за   основу   для составления   уравнения   удобно   принять   соотношение,   связывающее   все   ее искомые величины, если в задаче такое соотношение дано. Задача 2.  Сумма трех чисел равна 100. Если разделить первое число на второе, то в частном получится 4, а в остатке 3; если же второе число разделить на третье, то в частном получится 2 и в остатке 4. Найдите эти три числа. Решение. По условию задачи имеем три соотношения: 1) сумма трех чисел равна 100; 2) первое число равно учетверенному второму плюс 3; 3) второе число равно удвоенному третьему плюс 4. Примем   за   основу   для   составления   уравнения   первое   соотношение. Вводим обозначение х для третьего числа и выражаем через х второе и первое неизвестные. Второе неизвестное на основании третьего соотношения будет иметь   вид   2x+4,   а   первое   неизвестное   на   основании   второго   соотношения запишется как 4∙(2х+ 4) + 3. На основании первого соотношения составим уравнение  4∙(2х + 4) + 3 + (2х + 4) + х = 100. Решив   полученное   уравнение,   найдем   x   =   7,   т.е.   третье   число   7. Следовательно, второе число 2x + 4 = 18, а первое — 4∙(2x+ 4) + 3 = 75. Проверка   показывает,   что   найденные   значения   искомых   величин удовлетворяют условиям задачи. Ответ: искомые числа — 75, 18 и 7. Из трех соотношений, данных в задаче, только первое содержит все три искомых числа. Второе и третье только устанавливают связь между двумя неизвестными.   Поэтому   для   составления   уравнения   принимать   за   основу второе или третье соотношения нецелесообразно. 19 Разобранные   примеры   позволяют   сделать   некоторые   выводы   о   тех операциях,   которые   производятся   при   составлении   уравнения   с   одним неизвестным по условию задачи. 1.   Сначала   выбирают   соотношение,   на   основании   которого   будет составлено уравнение. Если задача содержит более двух соотношений, то за основу   для   составления   уравнения   надо   взять   то   соотношение,   которое устанавливает некоторую связь между всеми неизвестными. 2. Затем выбирают неизвестное, которое обозначают соответствующей буквой. 3. Все неизвестные величины, входящие в выбранное для составления уравнения соотношение, необходимо выразить через выбранное неизвестное, опираясь на остальные соотношения, входящие в задачу кроме основного. Итак, за основное неизвестное выбирают искомое или одно из искомых, если   их   несколько.   Такой   выбор   желателен,   но   не   обязателен,   так   как   в некоторых случаях, как мы убедились, целесообразнее выбрать не неизвестное искомое число, а другое. В основу выбора неизвестных может быть положен следующий   принцип:   неизвестные   следует   вводить   так,   чтобы   запись   с помощью   уравнений   имеющихся   в   задаче   условий   получилась   наиболее простой. При этом вовсе необязательно, чтобы величина, которую требуется найти, содержалась среди выбранных неизвестных. Как правило, при таком выборе   неизвестных   искомая   величина   будет   представлять   собой   некую комбинацию   введенных   неизвестных,   для   нахождения   которой   нет необходимости определять по отдельности все входящие в эту комбинацию неизвестные. Заключительным   этапом   работы   над   задачей   является   проверка   ее решения.   Решив   уравнение   (или   систему   уравнений),   составленное   по условиям задачи, необходимо убедиться, удовлетворяет ли найденный корень условиям   задачи.   Это   необходимо   по   следующим   соображениям.   Решая уравнение, отыскивают корни в определенной области допустимых значений. Может оказаться, что по смыслу задачи искомое число должно принадлежать другой   области,   более   ограниченной   по   сравнению   с   областью   значений, допустимых для корней уравнения. В этом случае необходимо отобрать из корней   уравнения   те,   которые   удовлетворяют   условиям   задачи.   Корни, удовлетворяющие   уравнению,   но   не   удовлетворяющие   условиям   задачи, следует отбросить. Может оказаться, что уравнение имеет решение, а задача решения не имеет. 20 ПРАКТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ 1. Решение старинной задачи разными способами       В своей работе я решил одну и ту же задачу разными способами. По моему мнению,   решение   задач   различными   способами   способствует   углублению знаний, логического мышления, расширяет кругозор.      У крестьянина   имеются куры и кролики. Всего у этих кур и кроликов 5 голов и 14 ног. Сколько кур и кроликов имеет крестьянин? 21 1 способ: метод подбора: 2 кролика, 3 курицы. 2 способ: перебор вариантов Решение таким методом лучше оформить в виде таблицы: Количество голов Количество ног Количество голов Количество ног Всего  кролики куры кролики куры голов ног 1 2 3 4 4 3 2 1 4 8 12 16 8 6 4 2 5 5 5 5 12 14 16 18 Ответ: 2 кролика и 3 курицы. 3 способ: Арифметический. Метод предположения: а) метод предположения по избытку.      Предположим, что в клетке только кролики, тогда у них 4х5=20 (ног), т.е. 6 ног «лишние». Эти ноги принадлежат курам. Так как у курицы 2 ноги, то 6 : 2 = 3 (курицы) 5 – 3 = 2 (кролики) б) метод предположения по недостатку: предположим, что в клетке были только куры: 5 х 2 = 10, т.е. не достает 4 ноги. Они принадлежат кроликам: 4 : 2 = 2 (кролика) 5 – 2 = 3 (куры) Ответ: 2 кролика и 3 курицы. 22 4 способ: Алгебраический а) составление уравнения: х – кролики 5 – х – куры 4х + 2(5 – х) = 14 4х + 10 – 2х = 14 4х – 2х = 14 – 10 2х = 4 х=4:2 х=2 (кролики) 5 – 2 = 3 (курицы) б) составлением системы уравнений:  х ­ кролики у – куры х + у = 5 4х + 2у = 14 х = 5 – у 4(5 ­ у) + 2у = 14 х = 5 – у 20 – 4у + 2у = 14 х = 5 – у 20 – 2у = 14 х =5 – у 2у= 20 ­14 х = 5 – у 23 2у = 6 х + у = 5 у =3 (куры) х = 5 – 3 х = 2 (кролики) 2.Задачи разных эпох          Проанализировав   старинные задачи разных народов, я сделал для себя одно небольшое открытие: существует   задача (в различных редакциях и с некоторыми видоизменениями) встречающаяся: 1) в папирусах египтянина Ахмеса (1700 г. До н. э.), 2) у Леонарда Пизанского (1202 г.), 3) в «Школьной арифметике» Даниэля Адамса.      В папирусе Ахмеса предлагается задача, имеющая отвлечённый характер. Например: В доме 7 кошек, каждая кошка съедает 7 мышей, каждая мышь съедает 7 колосьев, каждый колос даёт 7 растений, на каждом растении 7 мер зерна. Сколько всех вместе?     Тут интересно, что в задаче надо ответить на вопрос: сколько всех вместе? Автора   задачи   не   интересует,   о   каких   вещах   или   предметах   идёт   речь, однородны они или разнородны,­ важно только их общее количество. Значит, очень давно египтяне уже представляли себе не число кошек, или колосьев, или мышей, а именно само по себе число. Но ведь это совсем не так просто.                Некоторые задачи были не слишком сложны, но вели к интересным выводам. Такова задача, о которой я сказал только что. В ней надо сосчитать сумму   пяти   чисел,   из   которых   каждое   следующее   в   7   раз   больше предыдущего. Чтобы решить её, надо было только терпеливо умножать на 7 и 24 складывать.Но такие суммы часто встречаются и получили особое название: сумма геометрической прогрессии.          В XIII веке итальянский математик Леонардо Пизанский, по прозвищу Фибоначчи,   привёл   в   своей   книге   задачу,   почти   не   отличающуюся   от египетской(хотя со времён Ахмеса и минуло несколько тысячелетий): Семь   старух   отправились   в   Рим.   У   каждой   старухи   по   семи   ослов, каждый осёл несет по семи мешков, в каждом мешке по семи хлебов, в каждом хлебе по семи ножей, каждый нож в семи ножнах. Сколько всего предметов? От задачи Ахмеса она отличается добавлением одного слагаемого. И на Руси решались похожие задачи. Ещё в XIX веке в деревнях загадывали: «Шли семь старцев. У каждого старца по семи костылей. На каждом костыле по семи сучков. На каждом сучке по семи кошелей. В каждом кошеле по семи пирогов. В каждом пироге по семи воробьёв. Сколько всего?»     А ведь это та же задача Ахмеса! Прожившая тысячелетия, она сохранилась почти неизменной и рассматривается в современных учебниках алгебры. В учебнике алгебры автор  3.Сравнение решения  Старинное решение задач: 7 + 7*7 + 7*7*7 + 7*7*7*7+7*7*7*7*7 =19607. Современное решение задач: по формуле суммы первых 5 членов геометрической прогрессии: 25 S5 = 7*(75 ­ 1) = 19607. Сборник старинных задач Задача 1          Из «Всеобщей арифметики» И. Ньютона.     5   за раз Трое   рабочих   могут   выполнить некоторую   работу,   при   этом   А может   выполнить   ее   1   раз   за   3 недели, В — 3 раза за 8 недель, С —   12 недель. Спрашивается,   в   какое время они смогут выполнить эту работу   все   вместе   (считать   в неделе 6 рабочих дней по 12 ч) Решение: рабочий А за 1 неделю может   выполнить   1∕3   работы, рабочий   В   за   1   неделю   выполнит   3∕8   работы,   а   рабочий   С   –   5∕12 работы. Следовательно за 1 неделю, работая вместе, трое рабочих выполнят 1∕3 + 3∕8 + 5∕12 = 27∕24 = 9∕8 частей работы, что больше всей работы на 1∕8. На выполнение целой   работы потребуется 1:9∕8 = 8∕9 недели или 8∕9•6•12 = 64 часа. Задача 2            Из «Всеобщей арифметики» И. Ньютона 26 Два   почтальона   А   и   В  находятся   друг   от друга   на   расстоянии   59   миль. Утром   они отправляются   друг   другу   навстречу:   А проходит в 2 часа 7 миль, В — в 3 часа 8 миль. Но В выходит часом позднее, чем А. Сколько миль пройдет А до встречи с В? Решение:  Согласно   условию,   скорость почтальона   А   7∕2   миль/час,   скорость почтальона В – 8∕3 миль/час.Следовательно, скорость   их   сближения,   поскольку   они движутся   навстречу   друг   другу,   составит 7∕2   +   8∕3   =   37∕6   (миль/час).   За   1   час почтальон А пройдёт 7∕2 мили и расстояние между   почтальонами   к   моменту   выхода почтальона В составит 59 – 7∕2 = 111∕2 (мили). Почтальоны встретятся через 111∕2:37∕6 = 111•6/37•2 = 9 (часов). За это время А пройдёт 7∕2•9 + 7∕2 = 70∕2 = 35 (миль). Задача 3 Из «Всеобщей арифметики И.Ньютона. Некто   желает   распределить между бедными деньги. Если бы у него было на восемь динаров больше,   то   он   мог   бы   дать каждому   по   три,   но   он   раздал лишь   по   два,   и   у   него   еще остается три. Сколько бедных? Решение:  Некто раздал бедным по   два   динара,   а   оставшиеся   у него 3 начал добавлять каждому бедному   с   тем,   чтобы   к   него стало   3   динара. Таких   людей оказалось трое. Согласно условию, для того, чтобы у всех участников стало по 3 динара, не хватило 8 динаров. Значит всего бедных было 3 + 8 = 11. 27 Задача 4           Задача Герона Александрийского (I е.).   Бассейн   емкостью   12 кубических единиц получает   воду   через   две трубы, из которых одна дает в   каждый   час   кубическую единицу, а другая в каждый час   —   четыре   кубические единицы. В   какое   время наполнится   бассейн   при совместном действии обеих труб?  Решение:  Две   трубы,   работая   совместно,   за   1   час   заполнят   1   +   4   =   5 (кубических   единиц   объёма   бассейна). Следовательно,   для   заполнения бассейна ёмкостью 12 кубических единиц, потребуется 12:5 = 2  2/5 (часа) или 2 часа 24 мин. Задача 5           Старинная задача (Китай).     фазанов В   клетке   находится   неизвестное число и кроликов. Известно, что вся клетка содержит 35 голов и 94 ноги. Узнать число фазанов и число кроликов. Решение:  Пусть   в   клетке   одни кролики. Тогда число ног составит 35*4   =   140. Но   на   самом   деле   в клетке   на   140   –   94   =   46   (ног) меньше,   поскольку   часть   из   них принадлежит фазанам, у которых на две   ноги   меньше,   чем   у   кроликов. Значит   число   фазанов   составляет 46:2   =   23,   а   число   кроликов, соответственно, 35 – 23 = 12. 28 Задача 6   Старинная задача (Китай, II в.).   Дикая утка от южного моря до северного моря летит 7 дней. Дикий гусь от северного моря до южного моря летит 9 дней. Теперь дикая утка и дикий гусь вылетают одновременно. Через сколько дней они встретятся? Решение: Примем расстояние от северного моря до южного за единицу. Тогда дикая   утка   пролетает   за   1   день   1∕7   часть   пути,   а   дикий   гусь   –1∕9   часть пути. Поскольку птицы летят навстречу друг другу, за день они сближаются на 1∕7 + 1∕9 = 16∕63 частей пути. Следовательно, встретятся они через 1:16∕63 = 63∕16 дня= 3 15∕16 дня. 15∕16 дня = 15∕16•24 часа = 15•24∕16 часа = 45∕2 часа = 22   часа   30   мин,   то   есть   птицы встретятся   через   3   дня   22   часа   30 минут. Задача 7 Старинная   задача   (Индия,   III­IV   века н.э.) Из четырех жертвователей второй дал вдвое   больше   первого, третий   —   втрое   больше   второго,   четвертый   — вчетверо больше третьего, все вместе дали 132 (денежных единицы). Сколько дал первый? 29 Решение: Пусть первый дал одну часть,   тогда,   согласно   условию, второй   дал   2   части,   третий   –   6 частей, четвёртый – 24 части. Всё пожертвование   в   размере   132 денежных   единиц   составило, таким образом, 1 + 2 + 6 +24 = 33 части   и,   следовательно,   на   одну часть   приходится   4   денежных единицы.   Первый   жертвователь дал одну часть – 4 денежные единицы. Задача 8 Старинная   задача   (Анания   из   Ширака,   армянский   математик   VII   века). В городе Афинах был водоем, в который проведены три трубы. Одна из труб может наполнить водоем за 1 ч, другая, более тонкая, — за 2 ч, третья, еще более тонкая, — за 3 ч. Итак, узнай, в какую часть часа все три трубы вместе наполняют водоем.  Решение:  Примем объём водоёма за единицу. Первая труба наполняет весь водоём   1   час,   вторая   за   это   время   наполнит   1∕2   водоёма,   а   третья   –1∕3   . 30 Следовательно, работая вместе, три трубы за 1 час наполнят 1 + 1∕2 + 1∕3 = 1 5∕6 (11∕6) частей водоёма. То есть, если на час включить все три трубы, водоём переполнится, а для того, чтобы этого не случилось,  включить трубы всего  на 1:11∕6 = 6∕11 часа. Можно рассуждать и следующим образом. Определим, за какое время каждая из труб заполнит 6 водоёмов. Первая сделает это за 6 часов, вторая – за 3, третья – за 2. Итак, за шесть часов трубы, работая вместе, заполнят всего 6 + 3 + 2 = 11 водоёмов. Следовательно, 1 водоём они наполнят 6∕11 часа. Задача 9                Из «Арифметики» Л. Н. Толстого. 1) У двух мужиков 35 овец. У одного на 9 овец больше, чем   у   другого. Сколько   у каждого овец? 2) У двух мужиков 40 овец, а   у   одного   меньше   против другого на   6.   Сколько   овец   у каждого? Решение:  1)   Если   бы   у   двух   мужиков   овец   было   поровну   и   по   стольку, сколько было у того, у кого овец меньше, то в сумме у них было бы 35 – 9 = 26 (овец), а у каждого по 13 овец. Но у одного на самом деле было на 9 овец больше, то есть 13 + 9 = 22 (овцы). Итак: у одного 13, а другого 22 овцы 2)Если бы у двух мужиков овец было поровну и по стольку, сколько было у того, у кого овец было больше, то в сумме у них было бы 40 + 6 = 46 (овец), а у каждого по 46:2 = 23 (овцы). Но на самом деле у одного из них было на 6 овец меньше, то есть 23 – 6 = 17 (овец). Итак: у одного 17, а другого 23 овцы Задача 10                  Из «Азбуки» Л.Н. Толстого. 31 Мужик вышел пешком из Тулы в Москву 5 часов утра. В 12 часов выехал барин из Тулы  в  Москву. Мужик  идет  5 верст  в каждый   час,   а   барин   едет   11   вёрст   в каждый   час.   На   какой   версте   барин догонит мужика? Решение:  Барин  выехал  на 12 – 5 = 7 (часов)   после   мужика,   и   за   это   время мужик прошёл 7•5 = 35 (вёрст). Теперь мы имеет типичную задачу на движение вдогонку. Барин   догонит   мужика   за время, первоначальному расстоянию   между   ними   (35   вёрст), делённому   на   разность   скоростей   их скоростей (6 вёрст в час), то есть за: равное     35:6 = 5 5∕6 (часа). За это время барин окажется на расстоянии от Тулы, составляющем 11•5 5∕6 = (11•35):6 = 385∕6 = 64 1∕6 (версты). Таким образом, барин догонит мужика на 65­ой версте. Задача 11 Задача С.А. Рачинского. Нужно проверить 360 тетрадей диктанта. Один учитель может проверить их за 15 ч, другой — за 10 ч, третий — за 6 ч. За сколько часов они проверят тетради втроём. Решение: Узнаем, сколько тетрадей может проверить каждый из учителей за 1 час. Первый проверит 360:15 = 24 (тетради за 1 час), второй – 360:10 = 36 (тетрадей за 1 час), а третий – 360:6 = 60 (тетрадей за 1 час). Следовательно, работая втроём, учителя за 1 час проверят 24 + 36 + 60 = 120 (тетрадей). А поскольку всего тетрадей 360, на всю работу втроём им потребуется 360:120 = 3 (часа). Задача 12 32 Старинная задача. Путешественник   идет   из   одного   города   в   другой   10   дней,   а   другой путешественник   тот   же   путь   проходит   за15   дней. Через   сколько   дней встретятся   путешественники,   если   выйдут   одновременно   навстречу   друг другу из этих городов? Решение: Примем расстояние между двумя городами за единицу. Тогда один путешественник в день проходит 1/10 пути, а второй – 1/15. За один день путешественники   сближаются   на   1/10   +   1/15   =   1/6   пути,   поэтому   чтобы встретиться, то есть пройти весь путь, им понадобится 1:1/6 = 6 (дней). Задача 13 Старинная задача.   другого,     догнавший Прохожий, спросил: «Как   далеко   до   деревни,   которая   у   нас   впереди?» Ответил   другой прохожий:   «Расстояние   от   той   деревни,   от   которой   ты   идешь,   равно третьей части всего расстояния между деревнями, а если еще пройдешь 2 версты, тогда будешь ровно посередине между деревнями». Сколько верст осталось еще идти первому прохожему?  Решение:  Примем   расстояние   между   деревнями   за   единицу.   Первый прохожий прошёл 1∕3 расстояния, значит, для того, чтобы ему оказаться на половине пути, ему осталось пройти 1∕2 – 1∕3 = 1∕6 часть пути. Это расстояние и составляет 2 версты, а следовательно всё расстояние между деревнями: 2•6 = 12 (вёрст). Первый прохожий прошёл треть расстояния, поэтому осталось ему пройти 2∕3 или 12•2∕3 = 8(вёрст). Задача 14 Старинная задача. К табунщику пришли три казака покупать лошадей. «Хорошо, я вам продам лошадей, — сказал табунщик, — 1­му продам я полтабуна и еще половину лошади, 2­му — половину оставшихся лошадей и еще пол­лошади, 3­й также получит   половину   оставшихся   лошадей   с   полулошадью. Себе   же   оставлю только   5   лошадей.»   Удивились   казаки,   как   это   табунщик   будет   делить 33 лошадей   на   части.   Но   после   некоторых   размышлений   они   успокоились,   и сделка состоялась. Сколько лошадей продал табунщик каждому из казаков. Решение:  Если первый персонаж взял (или купил) некоторое количество предметов и ещё   полпредмета,   после   чего   второму   персонажу   достался   остаток,   то   у первого окажется на один предмет больше, чем у второго, то есть (остаток + 1). В данном случае персонажами являются казаки, а предметами – лошади. У табунщика осталось  5 лошадей, и, следовательно, 3­ий казак получил 6 лошадей. Вместе у табунщика и 3­его казака было 6 + 5 = 11 лошадей, а это значит, что 2­ой казак получил 11 + 1 = 12 лошадей. Вместе у табунщика, 3­ его казака и 2­го казака 11 + 12 = 23 лошади и, следовательно, у 1­го казака 23 + 1 = 24 лошади. Отсюда получаем, что всего лошадей было 23 + 24 = 47. Итак: У 1­го казака 24 лошади, у второго — 12 лошадей, у 3­го — 6 лошадей Задача 15 Старинная задача Купец купил 110 фунтов табака. 50 фунтов оказались подмоченными, и купец продал их на 2р. дешевле за 1 фунт, чем заплатил сам. Остальной табак он продал на 3р. дороже за 1фунт, чем уплатил сам. Подсчитайте прибыль купца. Решение: Продав 50 фунтов табака на 2 рубля дешевле купец понёс убыток в 50•2 = 100 (рублей), а продав оставшиеся 60 фунтов на 3 рубля дороже купец получил прибыль в 60•3 = 180 (рублей). Следовательно, общая прибыль купца составила 180 – 100 = 80 (рублей) Задача 16 Старинная задача. Крестьянин, покупая товары, сначала уплатил первому купцу половину своих денег и еще 1 рубль; потом уплатил 2­му купцу половину оставшихся денег да еще 2 рубля и, наконец, уплатил третьему купцу половину оставшихся денег 34 да   еще   1   руб.   После   этого   денег   у   крестьянина   совсем   не   осталось. Сколько денег было у крестьянина первоначально? Решение: Третий купец получил половину оставшихся денег, да ещё 1 рубль и больше денег не осталось. Значит эта половина составляет 1 рубль и всего третий   купец   получил   2   рубля. Эти   2   рубля   да   ещё   2   рубля   составляют половину полученного вторым купцом, поэтому он получил 4*2 = 8 (рублей). Аналогично, половина денег первого купца составляла 8 + 1 = 9 (рублей), а всего он получил от крестьянина 9*2 = 18 (рублей). Задача 17 Старинная задача. Капитан на вопрос «Сколько людей имеет он в своей команде?» ответил, что 2/5 его команды в карауле, 2/7­ в работе, 1/4 — в лазарете, да еще 27 человек налицо. Спрашивается число людей его команды. Решение: Примем полное число людей в команде капитана за единицу. Тогда, в карауле, на работе и в лазарете 2/5 + 2/7 + 1/4 = (56 + 40 + 35)/140 = 131/140 часть людей, а оставшиеся 1 – 131/140 = 9/140 составляют 27 человек. Теперь решение сводится к нахождения целого по его части. Поэтому полное число членов команды составит 27:9/140 = 420 (человек). Задача 18 Старинная задача. За 1000 р. я купил 44 коровы — по 18 р. и по 26 р. Сколько тех и других в отдельности? Решение:  Пусть количество коров по 18 руб. – х, а количество коров по 26 руб. – у. Тогда можно написать 2 уравнения: х + у = 18*х + 26*у = 1000 Выразим х через у из первого уравнения: 35   44 х = 44 – у, и подставим полученное значение во второе: 18*(44 – у) + 26у = 1000, 792 – 18у + 26у = 1000 8у = 208 у = 26, х = 44 – 26 = 18 Ответ: куплено 18 коров по 18 рублей и 26 коров по 26 рублей. Задача 19 Старинная задача. Собака усмотрела в 150 саженях зайца, который пробегает в 2 минуты 500 сажен, а собака в 5 минут – 1300 сажен. Какое расстояние будет между собакой и зайцем через 10 минут? В какое время собака догонит зайца? Решение: движение. Для начала определим скорости зайца и собаки. Заяц прыгал со скоростью 500:2   =   250   (сажен/мин),   а   собака   бежала   со   скорость   1300:5   =   260 (сажен/мин. Скорость собаки больше скорости зайца на 10 сажен/мин, поэтому через 10 мин расстояние между собакой и зайцем составит 150 ­10*10 = 50 (сажен), а догонит зайца собака через 150:10 = 15 (мин) типовая задача  Это       на   Задача 20 Старинная русская задача. На мельнице имеется три жернова. На первом из них за сутки можно смолоть  60 четвертей зерна, на втором 54 четверти, а на третьем 48 четвертей. Некто  хочет смолоть 81 четверть зерна за наименьшее время на этих трех жерновах. За какое наименьшее время можно смолоть зерно и сколько для этого на  каждый жернов надо зерна насыпать? Решение: Используя все три жернова одновременно за сутки можно смолоть 60 + 54 + 48 = 162 четверти зерна. Поскольку некто собирается смолоть 81 36 четверть зерна, то есть ровно половину, на это потребуется половина суток. На   каждый   жернов   следует   насыпать   пропорционально   его производительности, а поскольку зерна вполовину меньше, на первый жернов следует насыпать 30 четвертей, на второй – 27 четвертей, а на третий – 24 четверти.  Заключение Математика   в  настоящее   время   все  шире   проникает   в  повседневную жизнь,   все   более   внедряется   в   традиционно   далекие   от   нее   области. Компьютеризация   общества,   внедрение   современных   информационных технологий требует математической грамотности человека почти на каждом рабочем   месте.   Это   предполагает   и   конкретные   математические   знания,   и определенный стиль мышления, вырабатываемый математикой. В результате изученной темы было выяснено, что существует множество методов различных старинных задач. Естественно, все их виды рассмотреть невозможно. Также мы научились правильно анализировать задачи и решать их разными методами (путём составления уравнений, т.е методом ложного положения, методом полного перебора вариантов и т.д) и разными способами: алгебраическим   и   арифметическим   (старинным).   Арифметические   способы решения   текстовых   задач   имеют   больший   развивающий   потенциал,   чем универсальный алгебраический способ решения. В наше время предпочтение отдаётся алгебраическому способу. Я надеюсь, что составленный сборник старинных задач поможет моим одноклассникам   поближе  познакомиться   с  данной  темой,  так   как   решение старинных   задач   различными   способами   способствует   углублению   знаний, развитию логического мышления и расширению кругозора. Список использованных источников 1. Депман   И..Я.,   Виленкин   Н.Я.   За   страницами   учебника   математики. Пособие для учащихся 5­6 кл. сред.шк. – М.:Просвещение, 1989. 2. Нагибин   Ф.Ф.,   Капин   Е.С.   Математическая   шкатулка.   Пособие   для учащихся 4­8 кл. сред шк. – М.: Просвещение, 1988. 37 3. Перельман Я.И. Занимательная алгебра. М. 1980. 4. Пичурин Л.Ф. За страницами учебника алгебры. Кн. для учащихся 7­9 кл. сред.шк. – М.: Просвещение, 1990. 5. Internet  источник: http://matematiku.ru/index.php? option=com_content&task=view&id=2173&Itemid 6. Глухова   О.Ю.   СИСТЕМА   НЕСТАНДАРТНЫХ   ЗАДАЧ   ПО МАТЕМАТИКЕ,   ПРИЕМЫ   И   МЕТОДЫ   РЕШЕНИЯ   //   Инновации   в науке: сб. ст. по матер. XXIV междунар. науч.­практ. конф. № 8(21). – Новосибирск: СибАК, 2013. 38