NetNado
  Найти на сайте:

Учащимся

Учителям



Методические рекомендации к задачам по комбинаторике 5 класс 5 класс, часть 1


Методические рекомендации к задачам по комбинаторике 5 класс
5 класс, часть 1

Самые простые задачи комбинаторики – это такие задачи, в которых количество вариантов просто подсчитывается, исходя из условия задачи. Например, сколько четных чисел находится между 3 и 11, сколько гласных букв можно поставить в слове на первое место, если в алфавите всего 10 гласных букв, причем две из них ставить на первое место запрещено, и т.п.

Основная идея решения большинства задач комбинаторики в подсчете количества вариантов состоит в том, чтобы все множество вариантов разбить на группы, в которых количество вариантов непосредственно вычисляется, а затем все эти полученные количества вариантов складываются (правило сложения) или перемножаются (правило умножения), исходя из условия задачи.
Стр. 44.

Перед решением задач нужно повторить свойства чисел, их последовательность в ряду натуральных чисел, повторить признаки деления чисел на 3, что такое однозначные, двузначные и трехзначные числа.

Ученики должны иметь представление о некоторых свойствах натурального ряда чисел. Например, что четные числа чередуются с нечетными, что каждое третье число в ряду натуральных чисел делится на 3. Для того чтобы выяснить, сколько чисел в ряду натуральных чисел, меньших n, делятся на m, нужно разделить n на m с остатком. Неполное частное будет ответом.

Пример. 27.4) число чисел, делящихся на 3 и меньших 1000, равно 333, так как .

Примеры. 27. 8) Как можно получить сумму цифр, равную 3, причем первая цифра не может быть нулем.

Определяем первую цифру: 1, 2 или 3 и строим соответствующие трехзначные числа:

102,111, 120 – других чисел с первой цифрой 1 быть не может, так на втором месте могут быть лишь цифры 0,1 и 2, а тогда третья цифра вычисляется однозначно. Рассматривает вариант, когда первая цифра равна 2, тогда вторая может быть только 0 или 1 и получаем два числа 201 и 210. Наконец, если первая цифра 3, то такое число одно 300. Итого таких чисел всего 6.

29. 2) Двузначные числа начинаются с 10, оканчиваются 99, таких чисел 99 –9 = 90.

На первом месте может быть любая из цифр, кроме 0 и 2, таких цифр 8.

На втором месте может быть любая цифра кроме 2 – таких цифр 9.

Каждая первая цифра может комбинироваться с любой второй. Поэтому всего таких чисел .

Последняя задача демонстрирует одно из важных правил подсчета числа вариантов –правило произведения: если имеются m элементов одного вида и n элементов другого вида, то число комбинаций элементов двух видов (по одному каждого вида) равно .

Правило распространяется и на комбинации элементов нескольких видов.

29. 3) Натуральные числа, меньшие 100, разобьем на группы: на однозначные и двузначные.

Среди однозначных чисел всего одно – число 1.

У двузначных чисел 1 может стоять на первом и на втором месте; чисел, у которых 1 стоит на первом месте, 10; чисел, у которых единица стоит на втором месте –также 10, но при этом одно число 11 мы учитываем 2 раза: и тогда, когда 1 стоит на первом месте, и тогда, когда 1 стоит на втором месте, следовательно, всего таких чисел будет 1(однозначное число)+10 (с единицей на первом месте) + 10 (с единицей на втором месте) – 1 (число 11, которое учитывается дважды). Всего получается 1+10+10–1=20 чисел.

Эта задача демонстрирует правило сложения: если нужно подсчитать число элементов, обладающих свойствами A или B, при этом свойством А обладают m элементов, свойством Bn элементов, свойством A и B обладают s элементов, то свойствами А или B обладают m+ns элементов.

31. Знаками: точка и тире, взятыми по одному, можно обозначить 2 буквы. Если буква обозначена двумя знаками, то на первом месте может стоять любой из знаков–2 варианта и на втором месте – любой из знаков–2 варианта– всего комбинаций первого знака со вторым –варианта. Те же рассуждения приводят к тому, что букв, обозначенных тремя знаками, будет , а четырьмя – . Таким образом, всего в алфавите может быть 2+4+8+16 =30 букв.
Стр.83.

В задачах этой серии используется правило произведения или непосредственный подсчет.

Правило произведения можно применить в задачах 15 1), 17 и 18. В остальных задачах используется непосредственный подсчет.

Примеры. 17. (Правило произведения). Каждую сторону треугольника можно покрасить в один из 4 цветов, тогда на вторую сторону останется 3 цвета, а на третью– 2 цвета. Всего вариантов раскраски треугольников .

18. (Правило произведения). Одну ладью можно расположить на любой из 9 клеток, тогда она будет контролировать 5 клеток, на любую из остальных 4 клеток можно поставить вторую ладью. Всего вариантов .

16. Две прямые разобьют плоскость на 4 части. Если мы проведем третью прямую так, чтобы она не проходила через точку пересечения первых двух, то она три части из четырех разобьет на две части, т.е. прибавятся еще три части. Всего их будет 7.
Стр. 103.

Все задачи, кроме последней, можно решать, используя правило произведения.

13. Для поездки каждый день можно выбрать два вида транспорта. За три дня можно выбрать .

14. На первое место можно поставить 3 буквы (все, кроме мягкого знака), на второе место – остальные три буквы, кроме той, которая поставлена на первое место, на третье – 2 буквы и на последнее – оставшуюся одну букву. Всего вариантов.

15. (Правило сложения + правило умножения).

Варианты: 1) У(П или Т)(оставшаяся буква от пары П,Т или Ь) (последняя оставшаяся буква), т.е. варианта, именно: УПТЬ, УТПЬ, УТЬП и УПЬТ;

2) (П или Т) (оставшаяся буква от пары П,Т ) Ь У, т.е. варианта, именно: ПТЬУ, ТПЬУ;

3) (П или Т) Ь (оставшаяся буква от пары П,Т или У ) (последняя оставшаяся буква), т.е.

варианта, именно: ПЬТУ, ТЬПУ, ПЬУТ, ТЬУП.

4) (П или Т) У(оставшаяся буква от пары П,Т )Ь, т.е. варианта, именно:

ПУТЬ или ТУПЬ.

Окончательно получаем 4+2+4+2 =12 вариантов. Это решение можно оформить в виде схемы (графа).

Заметим, что задачу можно решать, используя решение задачи 14, выбросив оттуда часть вариантов, в которых буква Ь следует за буквой У:1) УЬ(Т или П) (последняя оставшаяся буква) –2 варианта;

2) (Т или П)УЬ(оставшаяся буква от пары П,Т) –2 варианта;

3) (Т или П) (оставшаяся буква от пары П,Т) УЬ – 2 варианта.

Итого из 18 вариантов нужно выбросить 6.

Стр. 140.

Основной метод – использование правил произведения и сложения и непосредственный подсчет.

Примеры. 12. Пусть – десятичная дробь между числами 3,1 и 3,3 с тремя десятичными знаками. Тогда она имеет вид 3,***, где вместо первой звездочки могут стоять цифры 1 или 2. Рассмотрим оба случая:

1) . Тогда на втором и третьем месте могут стоять любые цифры, кроме одновременно поставленных цифр 0 и 0, т.е. всего имеется дробей;

2) . В этом случае вариант 0 и 0 тоже годится, следовательно, всего получим дробей. Окончательно получаем 100+99=199 дробей.

14. Здесь проще вычислить количество слов, в котором буквы АА стоят рядом.

Возможны три варианта: буквы АА стоят впереди слова, посредине и в конце. Остальные два места занимают буквы П и Р в любом порядке ПР или РП, т.е. имеем вариантов, когда две буквы А стоят рядом. В общем случае на первое место можно поставить любую из 4 букв, на второе – любую из оставшихся трех букв, на третье – любую из оставшихся двух букв и на четвертое место –последнюю букву , т.е. получим анаграммы. Нужно еще учесть, что две буквы у нас одинаковые, следовательно, не различимы, т.е. анаграмм на самом деле в два раза меньше, т.е.12. Таким образом, анаграмм, в которых две буквы А стоят рядом, и анаграмм, в которых буквы А не стоят рядом, одинаковое количество, следовательно, те и другие составляют 50% от всего количества анаграмм.
5 класс, часть 2

Как и ранее, основные приемы комбинаторики – непосредственный подсчет, правило сложения и правило умножения

Стр. 41.

Перед решением повторить свойства чисел и признаки делимости чисел.

16. 1) На 2 делятся четные числа. следовательно, последней цифрой должна быть любая из цифр 2, 4, 6 - три варианта, на первое место можно поставить любую из оставшихся 5 цифр, на второе – любую из оставшихся 4 цифр, на третье место – любую из оставшихся 3 цифр, на четвертую – любую из оставшихся 2 цифр, и, наконец, на предпоследнее место – последнюю оставшуюся цифру ( заметим, что расстановку цифр можно было начинать не с первого, а с любого, кроме последнего, места) – всего получим таких чисел.

3) Чтобы число делилось на 4, нужно, чтобы две последние цифры делились на 4, т.е. числа должны оканчиваться на 12, 16, 24, 32, 36, 52, 56, 64 – 8 возможностей. Остальные 4 цифры можно расставлять в произвольном порядке: на первое место можно поставить любую из оставшихся 4 цифр, на второе – любую из оставшихся 3 цифр, на третье место – любую из оставшихся 2 цифр, на четвертую – последнюю оставшуюся цифру. Таким образом, получим числа.

17. 1) . Делителями этого числа являются числа, вида , получаем 5 делителей.

6) Число может иметь делителями любые комбинации чисел

(4 варианта) и (5 вариантов), всего получаем вариантов.
Стр.89.

14. Знаменатель – двузначное число, причем оно должно делиться на 2, т.е. оно должно быть четным. Таких чисел всего 90:2 =45.

16. Какие дроби могут быть правильными? В знаменателе не могут стоять числа 12, 13, 14, 21. Если в знаменателе стоят числа 23, 24, 31, 32, то числителями могут быть, соответственно только числа 14, 13, 24 и 14 – 4 дроби; если в знаменателе стоит число 34, то в числителе могут стоять числа 12 и 21 – еще 2 дроби; если в знаменателе стоят числа 41, 42 или 43, то в числителе стоят числа. являющиеся комбинациями оставшихся 2 цифр – получаем дробей. Всего получим 4+2+6=12 дробей.

Вместо такого перебора можно было рассуждать иначе и значительно короче. Всего дробей вида может быть дроби (вместо одной буквы ставим любую из 4 цифр, вместо другой буквы – любую из оставшихся 3 букв и т.д.). Но правильных дробей ровно столько, сколько и неправильных, так как любая правильная дробь, если ее перевернуть, станет неправильной (например, правильной дроби соответствует неправильная дробь и т.д.), следовательно, правильных дробей –12.

Стр.134.

Похожие задачи уже обсуждались (см. 5 класс, 1 часть, стр. 83)

21. 2) Самое большое число частей, на которые могут разбить плоскость три прямые равно 7. Проведем четвертую прямую так, чтобы она пересекала каждую из трех уже проведенных прямых, но при этом никакие три прямые не пересекались в одной точке. Тогда она некоторые четыре части плоскости разобьет еще на две, т.е. добавится 4 части. Получим 7+4=11 частей.

21. 3) Если одиннадцатая прямая пересечет каждую из 10 прямых, причем ни с какими двумя прямыми она не пересечется в одной точке, то добавится еще 11 частей.

22. 1) Отрезков с началом в первой точке – 3, во второй –2, в третьей –1 (все отрезки откладываем слева направо). Всего 3+2+1 =6.

2) Треугольник можно построить, взяв на одной прямой одну точку (вершину треугольника), а на другой – две (противолежащая сторона треугольника).

Если вершину треугольника выбирать на прямой, где даны 2 точки, то получим 2 варианта вершин. Четыре точки другой прямой задают 6 отрезков, т.е. можно построить треугольников.

Если вершину треугольника выбирать из 4 точек, а противолежащую сторону на прямой, где расположены 2 точки, то таких треугольников можно построить.

Всего получим 12+4 =16 треугольников.

23.1) Рассмотрим вершины клеточек. На одной стороне их 4, на другой –5. Каждые две точки могут быть концами отрезка, т.е. на одной стороне можно образовать 6 отрезков (см. задачу 22. 1)), а на другой – 10 отрезков. Каждая комбинация этих отрезков задает прямоугольник, т.е. таких прямоугольников .

страница 1


скачать

Другие похожие работы:


Документы

архив: 1 стр.



Документы

архив: 1 стр.



Рабочая программа

Рабочая программа: 6 стр.