Олимпиада по математике. 9 класс. Ответы.

 

 

1.  Целые числа a, b, c и d удовлетворяют равенству a2b2c2d2. 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, 2/7=1/4+1/28.

 

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

(6 баллов)

Р е ш е н и е.  Сделаем замену  x = b1/15y = 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 4t) + (t 3t) + (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  DKF – точка пересечения  BL и  CK.  Доказать, что сумма площадей треугольников  DADE и  DBCF равна площади четырёхугольника  EKFL.                                                                            (6 баллов)

Р е ш е н и е.

Имеем  SDADK = SDALK,  так как они имеют общее основание  AK и равные высоты, совпадающие с расстоянием между параллельными прямыми  AB и  DCSDADE = SDADKSDAEK = SDALKSDAEK = SDKLE.  Аналогично,  SDBCF = SDKLF.  Таким образом, сумма площадей треугольников  DADE и  DBCF равна площади четырёхугольника  EKFL.

 

Комментарии 

 
гений, 24 Ноября 2018 г. в 11:56 | цитировать
Цитирую сыч:
как такое вообще можно решать?! это издевательство над мозгами детей

можно
 
 
гений, 24 Ноября 2018 г. в 11:55 | цитировать
легко
 
 
сыч, 11 Декабря 2015 г. в 18:08 | цитировать
как такое вообще можно решать?! это издевательство над мозгами детей
 
 
Аня ., 13 Ноября 2015 г. в 19:16 | цитировать
Норма
 
 
аппа, 6 Января 2015 г. в 15:10 | цитировать
плохо
 
 
лиса, 21 Октября 2011 г. в 19:52 | цитировать
Это ответы за 2011 год7
 
 
Анна, 20 Октября 2011 г. в 12:15 | цитировать
спасибо большое!
полезная информация; проверила себя.
 

Написать комментарий

*  

Защитный код
Обновить
→