8 сынып i-тур a+b=1a+1b=6 қатынасын қанағаттандыратын
жүктеу/скачать 107,5 Kb.
|
Олимпиада есептери жауаптарымен (2)
| Жауабы: =∠MDN=α=45o
Өзара жай a,b (a>b) сандары a3-b3(a-b)3=733 қатынасын қанағаттандыратын a-b мәнін есептеңіздер. Шешуі: a>b болғандықтан a-b=c>0 және a=b+c болады. a3=(b+c)3=b3+3b2c+3bc2+c3 қоя отырып 3b2c+3bc2+c3c3=733. Осыдан 9b2c+9bc2=70c3=>c(70c2-9bc+9b2)=0. c≠0=>70c2-9bc-9b2=0 болады. c1,2=9b±81b2+4*9*70b22*70=9b±3*17*b2*70 c1=3b7=>a=b+3b7=>7a=10b=>a=10q, b=7q. (a,b)=1=>q=1 c2=-42b2*70=-3b10=>a=b-3b10=>10a=7b=> a=7q>b=10q. (a,b)=1=>q==-1 Екі жағдайда да a-b=3 болады. 3. Аралда 7 көк , 9 жасыл және 11 қызыл құбылғылар тұрады. Әртүрлі түстегі екі құбылғы кездескенде екеуі де үшінші түске өзгереді. Қандайда бір уақыттан кейін барлық құбылғылар бір түске боялуы мүмкін бе? Шешуі: 8.I.3 қараңыз. 9 сынып ІІ- тур k4+ 64, k-бүтін сан, түріндегі жай сан табыла ма? Шешуі: k4+64=k4+82 түріндегі өрнекті көбейткіштерге жіктеп көреміз. (k2-4k+8)(k2+4k+8)==k4+4k3+8k2-4k3-16k2-32k+8k2+32k+64=k4+64. Ендеше k-нің кез-келген мәнінде k4+64 саны екі санның көбейтіндісі түрінде жазылады. Жауабы: k4+64, ( k бүтін сан) түріндегі жай сан табылмайды. 2. АВС үшбұрышының АD биіктігі ВС қабырғасынан екі есе кіші. А бұрышы доғал болуы мүмкін бе? Шешуі: 8.ІІ.3 қараңыз. 3. а параметрінің қандай мәндерінде {x+у+z=a+1, xу+xz+уz=2a xyz=a. , жүйесі нақты шешімдерге ие? Шешуі: (t-x)(t-y)(t-z) көпмүшесін қарастыра отырып келесі ұйғарымға келеміз: (t-x)(t-y)(t-z)=t3-(x+y+z)t2+(xy+xz+yz)t-xyz=t3-(a+1)t2+2at-a, яғни x, y, z нақты сандары t3-(a+1)t2+2at-a көпмүшесінің түбірлері болады екен. Бұл атақты Виет теоремасы. Бұл көпмүшенің үш нақты түбірлері болу үшін оның минимум және максимум мәндері әртүрлі таңбаларға ие болуы керек. Ендеше туындысын алып нөлге теңестіреміз. 3t2-2(a+1)t+2a=0 , бұдан t1,2=a+1±a2-4a+13 дискриминат D=(a-(2+3))(a-(2-3))≥0 болуы керек, бұдан 2-3≤a≤2+3 аралығы шығады. Егер a<2-3 болса, онда максимум және минимум мәндері оң таңбаға ие болады, егер a>2+3 болса максимум және минимум мәндер оң таңбаға ие болады. Ал a параметрі табылған аралықта болса, онда максимум, минимум мәндері әртүрлі таңбаларға ие болады немесе біреуі нөлге тең болады. Сонда x, y, z әртүрлі немесе екеуі тең нақты сандар болады. 10 сынып І-тур Жазықтықтағы төрт әртүрлі нүктелердің қос-қостан алты арақашықтығы а,а,а,а,2а,b шамаларына тең. ba қатынасын табу керек. Шешуі: а,а,2а арақашықтықтары үшбұрыш бола алмайтындықтан берілген төрт нүкте тікбұрышты үшбұрыштың төбелері және гипотенузаның ортасы болуы керек. Бұл үшбұрыштың бір катеті гипотенузасының жартысына тең, ал екіеші катеті b болады. Сонда ba=tan 60°=3 Келесі шартты қанағаттандыратын натурал сандардың барлық (m,n) жұбын табу керек: алғашқы m тақ натурал сандардың қосындысы алғашқы n жұп натурал сандардың қосындысынан 212-ге көп. Шешуі: Алғашқы R натурал сандардың қосындысы S=(R+1)24+(2+R-1)(R-1)4 мұндағы R- тақ сан , (R+1)24 бастапқы m тақ сан, ал (2+R-1)(R-1)4 бастапқы n жұп натурал сандар қосындысы. R-1=t (жұп сан) деп белгілейік. Шешуі: Сонымен есептің шарты бойынша (R+1)24-(2+t)t4=212 R2+2R+1-2t-t2=848 (t-жұп сан) (R-t)(R+t)+2(R-t)=847 R-t)(R+t+2)=7∙112 {R-t=7 R+t+2=121 R=63; t=56 {R-t=11 R+t+2=77 R=43; t=32 {R-t=1 R+t+2=847 R=423; t=422 {R-t=7 r+t+2=11 R=8; t=1 болуы мүмкін емес, өйткені бізде R тақ сан, t жұп сан. а) жағдай. 2m-1=63, 2n=56 m=32, n=28 ә) жағдай 2m-1=43, 2n=32 m=22, n=16 б) жағдай 2m-1=423, 2n=422 m=212, n=211 Жауабы: (32;28) , (22;16) , (212;211) x2013+1 көпмүшесін ( x+1)3 көпмүшесіне бөлгендегі қалдықты табу керек. Шешуі: у=x+1 деп белгіленіп (у-1)2013+1 және у3 көпмүшелерін қарастырамыз. Сонда y2013-2013y2013+...+(20133)y3-(20132)y2+2013y-1+1 және у3 көпмүшелері пайда болады. Осыдан бірінші көпмүшені у3 бөлгенде қалдық -2013*1006y2+2013y болатыны белгілі. Кері түрлендіруді қолдана отырып -2013*1006(x+1)2+2013(x+1)=-2013*1006y2-2013y болатыны белгілі. Кері түрлендіруді қолдана отырып -2013∙1006(x+1)2+2013(x+1)=-2013∙1006x2-2013∙2011x-2013∙1005 көпмүшесі қалдық болып табылатынын көреміз. 10 сынып ІІ-тур f:R\{0,1} →R функциясы f(x)=(x2-x+1)3x2(x-1)2 формуласымен берілген. Кез-келген x∈R\{0,1} үшін f(x)=f(1-x)=f(1x) екенін дәлелдеңіз. Шешуі:
f(1x)=(1x2-1x+1)31x2(1x-1)2=(x2-x+1)3(x2)31x2(1-x)2x2=(x2-x+1)3x2(x-1)2=f(x) АВС теңқабырғалы үшбұрыштың АС және АВ қабырғаларынан MCMA=NANB=2 болатындай, сәйкесінше M және N нүктелері берілген. P нүктесі ВM жәнеСN кесінділерінің қиылысы болсын. Сонда ∠ APC = 90 ̊екенін дәлелдеңіз. Шешуі: MC=2MA, NA=2NB ∠NCA=∠CBM= α болсын. Сонда ∠BCN=60°-α . Сонда ∠BPC=1800-600=1200 ∠NPM+∠NAM=1200+600=1800 . Олай болса N,P,M,A нүктелері бір шеңбердің бойында жатады. AK=KN болса, онда KN=KM=KA. Яғни AN NPMA шеңберінің диаметрі. Ендеше ∠ APN = 90о,олай болса ∠ APC = 90 ̊. Тақта 1;12 ;13 ;…;1100 жүз сандары жазылған. Әрбір минутта келесі амал орындалады: қандай да бір а,b сандары өшіріліп, олардың орнына а+в+а∙b саны жазылады. Бірнеше уақыттан кейін тақтада тек қана бір сан қалады. Бұл сан қандай сан? Шешуі: Есептің шарты бойынша a және b сандары өшіріліп, орнына a+b+ab саны келеді a+b+ab=a(b+1)+(b+1)-1=(a+1)(b+1)-1 болатынын байқаймыз. Осы алынған сан тағы да осындай амалға қандай да бір с санымен түседі, сонда алынған сан ((a+1)(b+1)-1+1)(c+1)-1=(a+1)(b+1)(c+1)-1 болады Осылай амалдарды жалғастыра берсек соңында мынадай өрнек аламыз (α1+1)(α2+1)…(α100+1)-1 мұндағы α1=1, α2=12,…α100=1100 Сонда (α1+1)(α2+1)…(α100+1)-1=21∙32∙43∙∙∙10099∙101100-1=100 жүктеу/скачать 107,5 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|