Урок 'Решение олимпиадных задач'

Математика

9 класс.

1. Целые числа a, b, c и d удовлетворяют равенству a² + b² + c² = d². Доказать, что число abc делится на 4. ( 6 баллов)

Решение. Квадрат четного числа делится на 4, а квадрат нечетного числа дает при делении на 4 остаток 1. Если числа a, b, c - нечетные, то d² должен давать при делении на 4 остаток 3, что невозможно.Если среди чисел a, b, c два нечетных и одно четное, то d² должен давать при делении на 4 остаток 2, что также невозможно.Значит, среди чисел a, b, c есть два четных числа, откуда произведение abc делится на 4.Такое возможно, например, 3² + 4² + 12² = 13².

2. Докажите, что в любой компании найдутся два человека, имеющие равное число знакомых в этой компании (если A знаком с B, то и B знаком с A). ( 6 баллов)

Решение. Пусть в компании k человек. Тогда каждый человек может иметь от нуля до (k - 1) знакомых.Предположим противное: количество знакомых у всех разное. Тогда найдется человек без знакомых, найдется человек с одним знакомым, и так далее, наконец, найдется человек, у которого (k - 1) знакомых. Но тогда этот последний знаком со всеми, в том числе и с первым. Но тогда у первого не может быть ноль знакомых. Получили противоречие.

3.Можно ли представить дробь 2/7 в виде суммы двух дробей, числители которых равны 1, а знаменатели - различные целые числа? ( 6 баллов)

Решение. Ответ: можно.

Например,

4. Доказать, что для любых положительных чисел a и b выполняется неравенство

+  . (6 баллов)

Р е ш е н и е. Сделаем замену x = b^1/15, y = a^1/10. Тогда доказываемое неравенство приобретает вид

2y⁵ + 3x⁵ 5y²x³.

Деля на y⁵ и обозначая t = x/y, получаем 3t ⁵ - 5t ³ + 2  0. Разложим левую часть на множители. Последовательно получаем

f(t) = (3t ⁵ - 3t ³) - (2t ³ - 2)  0,

3t ³(t ² - 1) - 2(t - 1)(t ² + t + 1)  0,

(t - 1)(3t ³(t + 1) - 2(t ² + t + 1))  0,

(t - 1)(3t ⁴ + 3t ³ - 2t ² - 2t - 2)  0,

(t - 1)((2t ⁴ - 2t ²) + (t ⁴ - t) + (t ³ - t) + (2t ³ - 2))  0

(t - 1)(2t ²(t ² - 1) + t(t ³ - 1) + t(t ² - 1) + 2(t ³ - 1))  0,

(t - 1)²(2t ²(t + 1) + t(t ² + t + 1) + t(t + 1) + 2(t ² + t + 1))  0,

(t - 1)²(3t ³ + 6t ² + 4t + 2)  0.

Для t > 0 выражение в первой скобке  0, во второй скобке > 0. В итоге, f(t)  0 для всех t > 0. Равенство нулю достигается лишь при t = 1, т.е. при x = y, т.е. при a³ = b². 

5. На основаниях AB и CD трапеции ABCD взяты точки K и L. Пусть E - точка пересечения отрезков AL и DK, F - точка пересечения BL и CK. Доказать, что сумма площадей треугольников ADE и BCF равна площади четырёхугольника EKFL. (6 баллов)

Р е ш е н и е.

Имеем S_ADK = S_ALK, так как они имеют общее основание AK и равные высоты, совпадающие с расстоянием между параллельными прямыми AB и DC. S_ADE = S_ADK - S_AEK = S_ALK - S_AEK = S_KLE. Аналогично, S_BCF = S_KLF. Таким образом, сумма площадей треугольников ADE и BCF равна площади четырёхугольника EKFL. 