7


  • Учителю
  • Урок 'Решение олимпиадных задач'

Урок 'Решение олимпиадных задач'

Автор публикации:
Дата публикации:
Краткое описание:
предварительный просмотр материала

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 = b1/15, y = a1/10. 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 SADK = SALK, так как они имеют общее основание AK и равные высоты, совпадающие с расстоянием между параллельными прямыми AB и DC. SADE = SADK - SAEK = SALK - SAEK = SKLE. Аналогично, SBCF = SKLF. Таким образом, сумма площадей треугольников ADE и BCF равна площади четырёхугольника EKFL. 



 
 
X

Чтобы скачать данный файл, порекомендуйте его своим друзьям в любой соц. сети.

После этого кнопка ЗАГРУЗКИ станет активной!

Кнопки рекомендации:

загрузить материал