Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Областной тур. 9 класс. 1-й день (с решениями)

Задача 1: Имеет ли уравнение x1997 + 2x1996 + 3x1995 +    + 1997x + 1998 = 0 целые корни?

(Т.Емельянова)

Решение:

Не имеет. Действительно, пусть x0  его целый корень. Тогда x0 < 0. Обозначим k =   x0, тогда   k1997 + 2k1996  3k1995 +     1997x + 1998 = 0, 2k1996 + 4k1994 +    + 1998 = k1997 + 3k1995 +    + 1997k Теперь если k = 1, то 2k1996 > k1997, 4k1994 > 3k1995,  1998 > 1997k, и левая часть последнего уравнения больше правой; если же k ≥ 2, то 2k1996 < k1997, 4k1994 < 3k1995,  1998 < 1997k, и правая часть уравнения больше левой.

Задача 2: Найдите наибольший общий делитель всех чисел вида 2n5 + 1998n, где n = 1,,2,,3,,4,,  .

Решение:

При n = 1 и n = 2 получаются числа 2000 и 4060, наибольший общий делитель которых  число 20. Значит, наибольший общий делитель всех рассматриваемых чисел есть делитель 20. Покажем, что для всех натуральных n число 2n5 + 1998n делится на 20. Для этого достаточно показать, что всякое число вида n5  n = ½(2n5 + 1998n)  1000n делится на 10, что эквивалентно утверждению, что числа n5 и n оканчиваются на одну и ту же цифру. Это проверяется путем рассмотрения всех цифр, на которые может оканчиваться число n.

ОТВЕТ: Наибольший общий делитель равен 20.

Задача 3: Докажите, что отрезок, соединяющий середины противоположных сторон выпуклого четырёхугольника, делит его диагонали в равных отношениях.

(М.Сонкин)

Решение:

Пусть M и N  середины сторон AB и DC. Опустим перпендикуляры из всех вершин на прямую MN: AA1,BB1,CC1 и DD1 (см. рис.15). Тогда AA1 = BB1, CC1 = DD1, из подобия треугольников AA1E и CC1E имеем , а из подобия треугольников BB1F и DD1F имеем . Из полученных уравнений немедленно следует утверждение задачи, так как AA1 = BB1, и CC1 = DD1.

Задача 4: На доске 5 × 5 16 полей заняты королями. Докажите, что найдётся квадрат размером 2 × 2, в клетках которого будет не менее трёх королей.

Решение:

Предположим, что нам удалось расставить королей так, что в каждом квадрате 2 × 2 нет трёх королей. Тогда в верхнем левом угловом квадрате 4 × 4 расположено не более 8 королей, поэтому в заштрихованных клетках (см. рис.16.) их не менее 8, причём в трёх помеченными нуликами клеток расположено не более 2 королей. Тогда в заштрихованных клетках ровно 8 королей, в клетках, помеченных крестиками, королей нет, а значит, в верхнем левом угловом квадрате 3 × 3 расположены оставшиеся 8 королей. Выберем в этом квадрате произвольно квадрат 2 × 2. В нём не более одной свободной клетки  противоречие.

http://zaba.ru/cgi-bin/tasks.cgi?tour=rregion.ekaterinburg.oblast.97-98.oblast.9klass.day1&solution=1

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

 
©2002-2009 Федеральное агентство по образованию
©2002-2009 СПбГУ ИТМО
©2002-2009 Разработка сайтов — 1ADW