Нестандартные задачи по алгебре.
методическая разработка по алгебре (7 класс) по теме

            Нестандартные задачи по алгебре для 7-8 классов

         Представленный материал может быть использован на факультативных, групповых  занятиях,  на заседаниях математического кружка, во внеклассной работе по математике.

         Цель данных занятий  -  развитие творческого мышления  учащихся, а также формирование их мировоззрения; возможность углубленного изучения основного курса путем рассмотрения задач, требующих нестандартного подхода при своем решении.

         Достижению этой цели служат специально подобранные задачи. Систематические упражнения в решении таких задач помогут обеспечить действенность приобретаемых учащимися знаний по математике, развить у них творческое мышление и интерес к предмету.

Задача 1.  В результате деления  двузначного числа на его обратное   получились  равные  частное и остаток.  Найти это число.

Решение: Пусть   a= 10x +y  - искомое число, q – частное, остаток,

тогда  10 x + y = (10y + x)q +q     или      (10 – q)x –  (10q – 1)q = q.

При q= 1, получаем равенство    9(x – у) = 1, которое невозможно.

При q = 2 , имеем   8х – 19у = 2, откуда  следует, что число у – четное.

При у = 2 получаем  х = 5, а при   у = 4, 6, 8  правая часть не делится на 8. Другими словами , в этом случае мы имеем решение  а = 52.

Далее, при q = 3  из равенства   7х – 29у = 3   при у = 2      х – получается дробным,  а при   у 3    х 10, то есть в этом случае  решений нет.

При q = 4 имеем   6х – 39у = 4, что невозможно, так как  4 не делится на 3.

Наконец, если q 5, то  5х ( 10 – q)х =( 10q – 1)у + q  49 +q  54, откуда

х  11. Следовательно, искомое число  равно 52.

Задача 2.  Найти все целые  числа х  и  у, для которых выполняется равенство  2ху + х + у = 83.

Решение: Умножив обе части уравнения на 2 и прибавив к обеим частям 1, представим его  в виде :

( 2х + 1)( 2у + 1 ) = 167, и поскольку число 167 – простое, то оно раскладывается на целые множители четырьмя способами:

167 = 1∙167 = 167∙1= (- 1)∙(- 167) = (- 167) ∙ (- 1), откуда находим четыре решения уравнения: (0;83), (83;0), ( - 1; - 84), ( - 84; -1).

Задача 3. Имеется несколько  мешков с монетами, в одном из которых все монеты фальшивые , а в остальных – настоящие. Фальшивая монета на 1 г легче настоящей. Каким наименьшим числом взвешиваний на пружинных весах можно обнаружить фальшивые монеты, если в каждом мешке монет достаточно много?

Решение. Занумеруем мешки числами от 1 до n, из каждого мешка возьмем столько монет, каков его номер, и взвесим взятые монеты.                             Всего их  S = 1 +2 + 3 + ….+  n штук.                                                                                       Если вес настоящей монеты равен  а  грамм, а фальшивые монеты содержатся в мешке с номером    к, то  весы покажут

 = а +2а + …+ к( а- 1) +…   + nа = Sа – к.

Взвесим теперь S монет из первого мешка. Если все они фальшивые, то их общий вес окажется  меньше,   если же все настоящие, то  будет больше   Поэтому, если  , то фальшивые монеты в первом мешке, в противном случае мы узнаем вес Sа  настоящих монет, и разность  дает число  к  фальшивых монет.

Таким образом, найти мешок с фальшивыми монетами можно двумя взвешиваниями. Ясно, что одним взвешиванием обойтись не удастся.

Задача 4.Найти все такие простые числа р и q,   что числа  7р + q и   рq  + 11  также простые.

Решение. Если число рq  + 11  простое, то оно нечетно и, поэтому одно из чисел  q  или  р   - четное, то есть равно 2.

Пусть  р = 2, тогда  числа q + 14 и  2 q + 11  простые. Если при делении на 3 число q  дает остаток  1, то  q + 14  делится на 3, то есть q = 3 и р = 2 удовлетворяют условию задачи.

Аналогично можно показать, что значения р = 3  и q =2, также являются решением задачи.

Задача 5.   Показать, что   + n + 1 при  натуральном  n  есть нечетное число, не являющееся квадратом никакого другого натурального числа.

Решение. Число   + n + 1  может быть представлено в виде n( n + 1) + 1, где n – натуральное число. Произведение  n( n + 1) – четное число, следовательно, n( n + 1) + 1  –нечетное.

Ближайшие  к числу  + n + 1   квадраты натуральных чисел – это  и .

 Действительно,   + n + 1  и  + n + 1   + n + 1) + n  = .

Так как  и  - квадраты последовательных натуральных чисел, а число  + n + 1 находится  между названными квадратами, то само оно квадратом натурального числа быть не может.

Задача 6.  Доказать, что дробь  является несократимой тогда и только тогда, когда  b и d взаимно простые числа.

Доказательство. Необходимость очевидна. В самом деле, если предположить, что b и d имеют общий делитель, то этот делитель имеют числа  , следовательно,  и сумма    Тогда дробь  сократима, что противоречит условию.

Покажем, что если b и d не имеют общего делителя, отличного от единицы, то дробь  несократимая.

Предположим противное. Тогда сумма  имеет общий множитель либо   cd , либо  сb. Примем для определенности, что   имеет общий натуральный делитель сb. Но это невозможно, поскольку число сb кратно b, а число  - взаимнопростое с b ( сомножитель а- числитель несократимой дробиd и b  не имеют общих множителей по условию). Аналогично показываем, что сумма   не имеет общего натурального делителя cd. Таким образом,  достаточность доказана.

Задача 7.    Доказать,  что

  = +  + …+ .

Доказательство.     =  - ,   =  -  , … ,   =  -  .

Сложив почленно эти равенства, получим:

 + +…+  =  -  =

= .

Задача 8.  Дано, что mn + pq  делится  без остатка на   m p. Доказать, что  mq + np  тоже делится без остатка на  m  p.

Доказательство.  Представим   mn =  mn   np + np = ( mn  + np,  

pq = = pq   mq + mq = ( pq  + mq.

 Отсюда,  mn + pq  = ( mn  + ( pq  + (np + mq).

Первые два слагаемых  делятся без остатка  на   m значит, и  np + mq   делится на m.

Задача 9.  Доказать, что корень квадратный  из натурального числа не может быть выражен несократимой дробью  ( n1).

Доказательство. Предположим, что  =  -  несократимая дробь, возводя обе части равенства в квадрат, получаем: к =  =  , где  и - натуральные числа ( 1), не имеющие общих множителей, то есть приходим к противоречию.

Задача 10.  Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби

Решение. Умножим числитель  и знаменатель дроби на 2, получим:    .

Задача 11.  Какое из двух чисел больше:  2 +или      4?

Решение. 2 +=  ( 2 +) = (  +)  2  2 = 4.

Задача 12.  Доказать, что число [  - 3n +  1 при натуральных значениях n делится  без остатка на 5.

Доказательство. Натуральное число n является четным или нечетным.

Если оно четное, то [  =   и данное выражение можно записать так:

   - 3n +  1 = Полученное отрицательное число делится без остатка на 5.

Если же n – число нечетное, то [  =   и тогда получим:  - 3n   1 =  И на этот раз получили целое число, делящееся без остатка на 5. Итак, данное выражение при всех натуральных значениях n делится без остатка на 5.

Задача 13. Какое  надо добавить  слагаемое, чтобы сумма  X+Y+Z+XY+XZ+YZ+ XYZ разлагалась  на произведение трех множителей? Какие это множители?

Решение. Добавить следовало число 1:

(1 + X)(1 + Y)(1 + Z) = 1 + X+Y+Z+XY+XZ+YZ+ XYZ.

Задача 14. Известно, что d   a + b = c + d,    a + d b + c. Можно ли  по этим данным  числа   a, b, c, d записать в порядке возрастания?

Решение. Из неравенства  a + d b + c следует, что   d b < с  a.

Но   с  a = b поэтому   d b < b d,   d< b.  Из равенства с  a = b и неравенства d < b, получаем: с 

Итак,  b > d > c > a.

Задача 15 .  Какая из двух дробей  А =    и  В =     больше?

Решение. Если пойти в решении этой задаче традиционным путем, то придется перемножать слишком большие числа, а затем их сравнивать. Мы же воспользуемся следующим приемом. Обозначим числитель дроби А чеез х, знаменатель – через у. Тогда  А =   , В =  , причем х у  2х. Определим знак разности:  А – В =     =   0.

Следовательно, А В.

Задача 16.  Показать, что выражение  8n – 3,  где n – натуральное число, не может быть квадратом никакого целого числа.

Решение. Рассмотрим выражение    х( х – 1) + 1, где х _ натуральное число. Его значение  - нечетное число, потому что х( х – 1) – число четное.

Запишем заведомо противоречивое равенство:    х( х – 1) + 1= 2 n       (1).

Решим полученное квадратное уравнение    х + 1 = 0  относительно х.

Получим,    = .

Если теперь допустить, что    является при каком-то  значении n   квадратом целого числа, то получим, что при этом значении  n равенство   (1) справедливо. А оно,  как нам известно, неверно при всех значениях  n.

Следовательно,    не может являться квадратом целого числа.

Задача 17.   Доказать, что для любого натурального числа  n  удастся найти такое натуральное число  m, что число   mn + 1  окажется составным.

Доказательство. Проще всего в качестве  m  выбрать   n + 2. Тогда число

mn + 1  выражает собой квадрат натурального числа   n + 1.

Задача 18.  Как разделить 7 яблок поровну на 12 человек, не разрезая яблоки более, чем на 4 части ?

Решение. Каждое из трех яблок надо разделить на  4 равные части, а каждое  из остальных четырех – на 3 равные части. При дележке каждому достанется по четверти и по трети яблока.

Задача 19.  Найти двузначное число, равное удвоенному произведению его цифр.

Решение. Пусть 10х + у - двузначное число. По условию 10х + у = 2ху, откуда  следует, что  10х +  у  – четно, то есть у – четно. Разделив обе части равенства на 2х, получим:  5 +  = , откуда следует, что у  5. Значит, у = 6 или у = 8. Если у = 8, то 5 +  = 8 , откуда   х = , что невозможно. При у = 6, х = 3.  Искомое число:  36.

Задача 20.  Доказать, что 3, 5, 7 – единственная тройка последовательных нечетных чисел, каждое из которых простое.

Доказательство. Возьмем любую тройку последовательных  нечетных чисел:  n,  n + 2  и   n + 4. Пусть меньшее из них  простое и не равно 3, тогда оно не делится на 3, то есть может быть представлено как   3к +1, либо 3к +2. Но тогда либо   n + 2, либо      n + 4 делится на 3, то есть не являются простыми.