РАЗВИТИЕ КРЕАТИВНОГО МЫШЛЕНИЯ ОБУЧАЮЩИХСЯ С ВЫСОКОЙ МОТИВАЦИЕЙ
 
ПРИ ПОДГОТОВКЕ К ОЛИМПИАДАМ И КОНКУРСАМ

Курьянова Наталия Анатольевна,
МАОУ «Лицей № 14 им.
А.М. Кузьмина» г. Тамбов;

Иванова Ирина Юрьевна;

Тарасова Светлана Владимировна,

ТОИПКРО , г. Тамбов

Аннотация. Предлагаются технологические приёмы подготовки мотивированных обучающихся к участию в математических конкурсах и олимпиадах. Статья содержит также обширный задачный материал.

Ключевые слова: олимпиадное движение, одарённые учащиеся, олимпиадные задачи

DEVELOPMENT OF CREATIVE THINKING OF HIGHLY MOTIVATED STUDENTS
IN PREPARATION FOR OLYMPIADS AND COMPETITIONS
Kuryanova Natalia Anatolievna,
MAOU "Lyceum No. 14 named.
A.M. Kuzmina, Tambov;
Ivanova Irina Yurievna;
Tarasova Svetlana Vladimirovna,
TOIPKRO, Tambov
Annotation. Technological methods of preparing motivated students for participation in mathematical competitions and olympiads are proposed. The article also contains extensive problem material.
Key words: Olympiad movement, gifted students, Olympiad tasks

             Для мотивированного ребенка участие в любом конкурсе или олимпиаде- это занятное соревнование.    Проблема раннего выявления одаренных детей- одна из самых важных в сфере образования.  От  её решения в немалой степени зависит интеллектуальный и экономический потенциал нашего будущего. Поэтому проблема создания в школе систематизированной и качественной работы с мотивированными и способными учащимися является приорететной .
              Олимпиада, интеллектуальные конкурсы являются одним из средств определения обучающихся с выдающимися способностями.  Обучающиеся принимают участие в таких конкурсах на добровольной основе.  Взимание платы за участие во всероссийской олимпиаде школьников – не допускается. Обучающиеся также могут принимать участие в различных конкурсах и олимпиадах , проводимых на платной основе с согласия их родителей и их самих.
                               Для формирования единой сетевой методической среды ВсОШ в России работает Методический сайт ВсОШ http://vserosolymp.rudn.ru. 
Перед педагогом стоит большая проблема по раскрытию потенциала ребенка, отбору содержания , форм и методов в сфере организации учебного процесса.
Три условных группы одаренности
1.	Дети с необыкновенно высоким общим уровнем умственного развития при прочих равных условиях( такие дети чаще встречаются в младшем школьном возрасте)
2.	Дети  с признаками специальной умственной одаренности- одаренности в определенной области науки( такие учащиеся чаще обнаруживаются в подростковом возрасте)
3.	Учащиеся , не достигающие по каким-либо причинам успехов в учении, но обладающие яркой познавательной активностью, оригинальностью психического склада, незаурядными умственными резервами ( возможности таких учащихся нередко раскрываются в старшем школьном возрасте)
Темы, которые можно  изучать на кружках, начиная с 5 класса.
Простые числа
Всякое целое число, большее 1, имеет не менее двух делителей, 1 и само себя; если же этими делителями исчерпываются все положительные делители целого числа, то оно называется простым. Число, имеющее помимо себя и 1 ещё какие-то делители, называется составным.
Теорема. Наименьший отличный от 1 делитель составного числа a является простым числом.
Доказательство: Пусть q – наименьший делитель чиста a, причём q – не является простым. Тогда q – составное, а, следовательно, оно имеет какой-то натуральный делитель отличный от q и 1. Пусть этот делитель  Но тогда А это противоречит нашему предположению о том, что q – наименьший делитель a.
Следовательно, наше предположение неверно и наименьший делитель числа a отличный от 1 и самого числа будет простым числом. Ч.т.д.
	Теорема. Наименьший отличный от единицы делитель составного числа a, не превосходит .
	Доказательство: Пусть q – наименьший делитель, тогда  . Ч.т.д.
	Теорема. Простых чисел бесконечно много.
	Доказательство: Предположим, что простых чисел конечное количество, а именно n штук. Обозначим их . Тогда рассмотрим число  Ни одно из n простых чисел не является его делителем, следовательно, оно является простым. Мы нашли ещё одно простое число, а значит наше предположение неверно и простых чисел бесконечно много. Ч.т.д.

Задача 1. Найдите все простые числа, которые отличаются на 17. 
	Решение: Пусть p, и p + 17 – простые числа. Если p – отличное от 2 простое число, то p – нечётно, а значит p + 17 является чётным числом и уж точно не является простым. Следовательно, нашлась единственная пара (2; 19) при p = 2.

Задача 2. Найдите все такие простые числа p и q, для которых выполняется равенство .
	Решение: Перепишем равенство в виде . . Заметим, что одна из скобок  кратна 4, а другая 2.
Действительно, p ≠ 2(можно убедиться подстановкой), тогда p даёт остаток либо 1, либо 3, при делении на 4. В каждом из случаев какая-то из двух скобок будет кратна 4, а другая 2. Следовательно, левая часть кратна 8. Значит и правая часть должна быть кратна 8. Получим, что  кратно 4  q кратно 2.
Отсюда можно сделать вывод, что q = 2 – простое число. Отсюда находим p = 3. Ответ: p = 3, q = 2.
Задача 3. Докажите, что множество простых числе вида  бесконечно.
	Доказательство: Предположим, что чисел такого вида конечное число.
Пусть . Рассмотрим число вида  Оно не делится не на одно из простых чисел и, соответственно, само является простым. Следовательно, получили противоречие и простых чисел вида  бесконечно много. Ч.т.д.

Задача 4. Когда натуральное число n имеет нечётное количество делителей?
	Решение: Заметим, что делители числа n разбиваются на пары. Если d делитель n, то и  так же делитель n. Значит нечётное число делителей будет тогда, когда у какого-то делителя d не окажется пары. Или же можно сказать, что . Откуда следует, что n – полный квадрат. 
Ответ: когда n является полным квадратом.

Задача 5. Докажите, что для любого натурального n найдутся n подряд идущих составных чисел.
	Доказательство: Рассмотрим числа Видно, что никакое из них не является простым, так как можно вынести за скобку множитель: у   Получается мы нашли n подряд идущих составных чисел. Ч.т.д.

Задача 6. Существует ли арифметическая прогрессия, состоящая из простых чисел?
	Решение: Предположим, что такая арифметическая прогрессия существует. Тогда, пусть p – её первый член, а следующие члены задаются так: . Но тогда рассмотрим (p + 1)-ый член этой последовательности, он имеет вид Видно, что этот член последовательности не является простым числом. Следовательно, наше предположение неверно и такой арифметической прогрессии не существует.

Задача 7. Предположим, что нашлось 15 простых чисел, образующих геометрическую прогрессию с разностью d. Докажите, что d  30000.
	Доказательство: Пусть p – простое число и первый член данной арифметической прогрессии, а числа p + d, p + 2d, …, p + 14d – соответственно второй, третий и пятнадцатый члены этой последовательности. Заметим, что . Пусть это не так, тогда, если p = 2, то число p + 2d не будет простым, так как оно кратно 2, если p отлично от 2, то p + d – чётное число  d ⋮ 2.
Теперь докажем, что d ⋮ 3. Предположим, что это не так, тогда рассмотрим числа p + d, p + 2d, p + 3d. Эти числа не меньше 4, так как d ≥ 2. Рассмотрим остатки, которые дают эти числа при делении на 3. Если какое-то из них даёт остаток 0, то оно не является простым, так как оно не меньше 4, а значит не может быть тройкой. Следовательно, среди этих трёх чисел найдутся хотя бы два, которые дают одинаковые остатки при делении на 3. Пусть для определённости это будут числа p + d и p + 2d. Рассмотрим их разность p + 2d – (p + d) = d. Так как эти числа дают одинаковые остатки при делении на 3, то их разность кратна 3  d ⋮ 3. Получили противоречие, а значит d ⋮ 3.
Получили, что d ≥ 6, и аналогично докажем, что d ⋮ 5, 7, 11, 13. При этом не будем рассматривать число p, так как оно может оказаться равным одному из простых чисел 5, 7, 11, 13. Рассматривая числа p + d, …, p + 14d и получая оценку на d из ранней доказанной делимости d на 3, 5, 7, 11, 13, мы гарантируем, что число p + d  будет больше следующего простого делителя, который мы будем рассматривать(т.е 5, 7, 11, 13). Например, когда мы доказали, что d ⋮ 3, мы получили оценку на d ≥ 6. Соответственно, при рассмотрении кратности 5, получим, что p + d ≥ 8. И так далее.
Следовательно, мы получили, что d ⋮ 2, 3, 5, 7, 11, 13, а значит d ≥ 2*3*5*7*11*13 = 30030 > 30000. Ч.т.д.
	Числа Ферма – это простые числа вида .
Задача 8. Докажите, что если число  – простое , то a ⋮ 2 и n = 
	Решение: Заметим, что, если a - нечётное, то  а соответственно  будет чётным(составным). Тогда понятно, что a ⋮ 2.
Если n – нечётное число, то что не является простым числом. Следовательно, n = 2k,  
Аналогично k = 2m, и так далее получим, что n = . Ч.т.д.

Задача 9. Докажите, что  делит 
	Доказательство:  = 
= . Раскладывая дальше на множители с помощью разности квадратов, можно получить  как один из сомножителей. Потому что, при разложении с помощью разности квадратов из  В результате получим одним из сомножителей . Из этого следует, что  Ч.т.д.

Задача 10. Докажите, что числа Ферма  при n  1 не представимы в виде суммы двух простых чисел.
	Доказательство: Сумма двух простых чисел – это чётное число, за исключение того, что одно из них - это двойка. А число Ферма – нечётное.
Следовательно, возможно единственное представление в виде:
 так как оно кратно трём. Следовательно числа Ферма при n > 1 нельзя представить в виде суммы двух простых чисел. Ч.т.д. 
Комбинаторика.
Задачи
1.	Сколько существует четырехзначных чисел, в записи	которых содержатся:
a)	ровно одна цифра 7?
b)	хотя бы одна цифра 7?
2.	За круглым столом нужно рассадить 10 человек, при этом Кирилл и Саша не должны сидеть рядом. Сколькими способами можно это сделать, если:
a)	рассадки отличаются в том числе и поворотом?
b)	рассадки, отличающиеся лишь поворотом, считаются неразличимыми?
3.	Автобусные билеты имеют шестизначные номера от 000000 до 999999. Сколько существует номеров, содержащих цифры 5 и 7 и не содержащих цифры 0?
4.	На окружности отмечены 6 красных, 8 желтых и 5 зеленых точек. Сколько существует треугольников с вершинами в этих точках, у которых все вершины:
a)	одноцветные?
b)	разноцветные?
c)	не разноцветные?
5.	Математик Дирихле перевозит на дачу 17 кроликов. Сколькими способами он может рассадить их по клеткам, если у него есть три трехместные и две четырехместные клетки, если:
a)	все клетки различны?
b)	клетки с одинаковым количеством мест неразличимы между собой?
6.	На плоскости расположены две группы прямых: n прямых в первой группе, m — во второй. Любые две прямые из одной группы параллельны между собой, прямые из разных групп пересекаются. Сколько параллелограммов образуют эти прямые?
7.	На плоскости в выпуклом n-угольнике провели все диагонали, и оказалось, что никакие три не пересеклись в одной точке. Сколько существует треугольников, образованных получившимися отрезками (стороны n-угольника также могут входить в треугольники)?
8.	Исполнитель чертежник находится в начале координат. За один ход он перемещается либо на единицу вверх, либо на единицу вправо. Сколькими различными способами он может добраться до точки (n; m)?
9.	В записи 2*3*5*6*2 на месте звездочки может стоять любая из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 (цифры могут повторяться).  Сколько различных чисел, кратных 9, можно получить подстановкой цифр вместо звездочек?
10.	Сколько решений имеет уравнение  2020 в:
a)	целых неотрицательных числах?
b)	натуральных числах?
c)	в нечетных натуральных числах?
11.	Сколько существует слов из 14 букв A и 7 букв B таких, чтобы подряд всегда шло четное число букв A? 
12.	Сколько существует семизначных натуральных чисел, в которых цифры идут:
a)	в порядке возрастания?
b)	в порядке невозрастания?
13.	Сколькими способами можно разложить n предметов по k различным ящикам так, чтобы ни один ящик не оказался пустым?
14.	Доказать, что результат задачи 13 делится на k!.
15.	Доказать, что если  — простое число, то  делится на  ().
Решения.
1.	Ответ: a) 2673; b) 3168.
Решение: 
a)	Рассмотрим два случая: на месте первой цифры стоит 7 и на месте первой цифры нет семерки. В первом случае количество числе равно , ведь на остальные 3 позиции можно поставить все кроме семерки. Во втором случае — , т.к. на первую позицию любая цифра кроме нуля и семи, далее надо выбрать одну из трех позиций для семерки, а на оставшиеся две остается по 9 цифр. Значит всего чисел:  = 2673.
b)	Найдем все числа, в которых нет ни одной семерки. Таких числе будет . Все остальные четырехзначные числа имеют хотя бы одну цифру 7 в записи. Всего четырехзначных чисел . Значит искомое количество: .
2.	Ответ: a); b).
Решение:
a)	Сначала найдем общее количество рассадок: их , так как каждая рассадка — упорядоченный набор людей. Теперь посчитаем все рассадки, в которых Кирилл и Саша сидят рядом: соседних пар мест 10, к тому же Сашу и Кирилла в можно менять местами между собой. Поэтому рассадок в данном случае — . Значит искомое количество: 
b)	Заметим, что все рассадки из предыдущего пункта разбиваются на группы, в каждой из которых рассадки отличаются лишь циклическим сдвигом. В каждой такой группе будет 10 рассадок, так как всего 10 мест. Поэтому количество искомых рассадок в 10 раз меньше, чем в пункте a: 
3.	Ответ:.
Решение:
	Будем работать в множестве билетов, не содержащих цифру 0. Таких билетов . Тогда по формуле включений и исключений:

4.	Ответ: a) ; b) ; c) 
5.	Ответ: a); b) .
Решение:
a)	Если каждому кролику присвоить какое-либо место из клеток, то получится некая расстановка этих мест. Всего 5 типов этих мест: по 3 места первых трех типов, и по 4 места двух других типов. Тогда способов упорядочить места по кроликам: .
b)	Способов упорядочить клетки: . Значит искомое число в данном случае:

6.	Ответ:.
Решение:
Каждый параллелограмм однозначно задается двумя парами параллельных прямых из соответствующих групп. Значит количество способов выбрать пару из первой группы и пару из второй группы прямых будет равно числу параллелограммов: .
7.	Ответ:.
Решение:
	Каждая диагональ определяется двумя точками на многоугольнике, поэтому каждому треугольнику можно поставить в соответствие некоторые точки на многоугольнике в зависимости от того, сколько вершин треугольника лежит в точках многоугольника. Далее рассмотрим возможные случаи.
	Все три вершины треугольника лежат на вершинах многоугольника. Тогда число способов — .
	Только две вершины треугольника лежат в точках многоугольника. Тогда третья вершина образована пересечением двух диагоналей, которые пересекают многоугольник еще в двух точках, и четыре получившиеся точки можно поставить в соответствие треугольнику. Заметим, что из четырех точек на многоугольнике в качестве стороны треугольника можно взять любую соседнюю пару вершин, поэтому каждой четверке точек соответствует 4 треугольника. Значит число треугольников в данном случае равно .
	Только одна вершина треугольника лежит в точке многоугольника. Тогда диагонали, образующие треугольник, пресекают многоугольник в пяти точках. Для любых пяти точек на вершинах многоугольника нужно выбрать одну, которая будет являться вершиной треугольника. Поэтому число треугольников — .
	Ни одна вершина треугольника не лежит в точках многоугольника. Тогда диагонали, образующие треугольник, пресекают многоугольник в шести точках. Каждые шесть точек на многоугольнике будут однозначно задавать один треугольник. Значит число таких треугольников равно .
	Таким образом, ответ на задачу — .
8.	Ответ: .
Решение:
	Заметим, что в точку (n; m) чертежник дойдет за  ходов, причем он сделает n ходов вправо и m ходов вверх. Значит нужно выбрать в какие ходы он шел вправо, а остальные ходы будут вверх. Сделать это можно   способами.
9.	Ответ: 729
Решение:
	Число делится на 9, если сумма цифр делится на 9. Сначала найдем количество способов расставить цифры вместо первых трех звездочек: . Заметим, что предложенные цифры — это все возможные остатки при делении на 9. Поэтому последняя цифра после расстановки первых трех будет однозначно определена. Значит всего способов .
10.	Ответ: a); b); с) .
Решение:
a)	Вспомним доказательство формулы числа сочетаний с повторениями.  Заметим, что каждое решение предложенного уравнения можно представить как некоторую расстановку 2020-ти шаров и трех перегородок, по аналогии с доказательством: количество шаров до первой перегородки это значение переменной x1 и так далее. Значит ответ на вопрос — .
b)	Если в предыдущей задаче перегородка могла стоять пред шарами, что означало равенство нулю первого слагаемого в сумме, то теперь перегородки могут стоять только в пространстве между шарами. Всего мест между шарами 2019, поэтому искомое число — .
c)	Так как x1, x2, x3, x4 — нечетные числа, то их можно записать следующим образом: x1 = 2y1 + 1, x2 = 2y2 + 1, x3 = 2y3 + 1, x4 = 2y4 + 1. Значит задача свелась к решению неотрицательных числах уравнения y1 + y2 + y3 + y4 = 1008, так любое такое решение дает нам одно решение исходного уравнения. Аналогично пункту a) получим, что искомое количество решений .
11.	Ответ: .
Решение:
	Будем считать, что буквы В — перегородки, а буквы А — шары. Тогда каждой последовательности из букв А и В можно поставить в соответствие решение уравнения  в четных неотрицательных числах. Сократим обе части равенства на 2 и аналогично задаче 10 получим .
Ответ:  b).

Решение:
a)	Если ноль стоит на любой позиции, кроме первой, нарушается условие возрастания цифр, поэтому этой цифры в числе нет. Выберем семь цифр из девяти оставшихся  способами. Заметим, что каждый выбранный набор мы можем однозначно упорядочить, значит искомое количество равно  .
b)	Аналогично предыдущему пункту, ноль в числе не встречается. Отличие от предыдущего пункта состоит в том, что цифры могут повторяться, но каждый неупорядоченный набор цифр все еще можно однозначно упорядочить. Поэтому ответ — .
12.	Ответ: 
Решение:
	Формула включений и исключений: сначала находим все возможные способы разложить предметы по ящикам (), потом вычитаем число разложений, в которых один ящик пустой (), потом прибавляем число разложений, в которых два ящика пустые (), и так далее.
13.	Все ящики в задаче 13 можно упорядочить  способами, поэтому, поделив ответ на , получим число способов разложить n предметов в k одинаковых ящиков. Очевидно, это число целое.