8 сынып i-тур a+b=1a+1b=6 қатынасын қанағаттандыратын
жүктеу/скачать 128.67 Kb.
|
| 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 болса, онда максимум және минимум мәндері оң таңбаға ие болады, егер a2+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 Жауабы: соңында қалған сан 100 саны Шешуі: а∘b=а+b+а∙b деген жаңа амал енгіземіз. Сонда тікелей тексерудің арқасында (а∘b)∘с=a∘(b∘c) және а∘b=b ∘а екеніне көз жеткіземіз. Бұл деген сөз санды қалай таңдадыңыз, қай жерде және қашан таңдадыңыз, нәтиже оған байланысты емес екен. Сондықтан біз амалды басынан бастап жүргіземіз. 1+ 12 + 12=2, 2+ 13 + 23=3,…, 99+ 1100 + 99100=100 Сонда ең соңғы шыққан сан 100 болды. Жауабы: соңында қалған сан 100 саны 11 сынып І-тур 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.І.3 қараңыз. 2. 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:10.І.2 қараңыз. 3. [u]– u санының бүтін бөлігі, яғни u-дан аспайтын ең үлкен бүтін сан. Нақты сандар жиынында келесі теңдеуді шешіңіздер: [x+16]+[x+36]+[x+56]=[x]+[x+26]+[x+46] Шешуі: x=[x]+{x} болсын, мұндағы {x}- x санының бөлшек бөлігі. 0≤{x} болса, онда 3[x]=3[x], яғни теңдік кез-келген x үшін орындалады. 16≤{x} болса, онда 3[x]+1=3[x] болады. Мұндай х-тер табылмайды. 26≤{x} болса, онда 3[x]+1=3[x]+1 , яғни теңдеу кез-келген х үшін орындалады. 36≤{x} болса, онда 3[x]+2=3[x]+1. Мұндай х-тер табылмайды. 46≤{x} болса, онда 3[x]+2=3[x]+2 болады, мұнда ∀ x үшін теңдеу орындалады. 56≤x[x]+3=3[x]+2 мұндай х-тер табылмайды. Жауабы: {x}∈[0,16)∪[26,36)∪[46,56) болғанда теңдеудің шексіз көп шешімі бар. Ал {x}∈[16,26)∪[36,46)∪[56,1) болғанда теңдеудің шешімі жоқ. 11 сынып ІІ-тур Қос-қостан әртүрлі және (a-b)5+(b-c)5+(c-a)5=0 болатын нақты сандар бар ма? Шешуі:
(a-b)5+(b-c)5+(c-a)5= =(a-b+b-c)((a-b)4-(a-b)3(b-c)+(a-b)2(b-c)2-(a-b)(b-c)3+(b-c)4)+ +(c-a)5=(c-a)((c-a)4-(a-b)4-(b-c)4+(a-b)3(b-c)+(a-b)(b-c)3- -(a-b)2(b-c)2) a, b, c нақты сандары қос-қостан тең емес болғандықтан с-a≠0 Сонда (c-a)4-(a-b)4-(b-c)4+(a-b)3(b-c)+(a-b)(b-c)3-(a-b)2(b-c)2=0 (c-a)4=((c-b)+(b-a))4=((c-b)2+(b-a)2+2(c-b)(b-a))2= = (c-b)4+(b-a)4+4(c-b)2(b-a)2+2(c-b)2(b-a)2+4(c-b)3(b-a)+ +4(b-a)3(c-b). Сонда (c-b)4+(b-a)4+6(c-b)2(b-a)2+4(c-b)3(b-a)+4(b-a)3(c-b)-(a-b)4- -(b-c)4+(a-b)3(b-c)+(a-b)(b-c)3-(a-b)2(b-c)2=5(a-b)(b-c)3+ +(b-c)(a-b)3+(b-c)2(b-a)2= =5(a-b)(b-c)((b-c)2+(a-b)2+(a-b)(b-c))=0 a-b≠0, b-c≠0, болғандықтан (b-c)2+(a-b)2+(a-b)(b-c)=0 b2+c2-2bc+a2+b2-2ab+ab-b2-ac+bc= =a2+b2+c2-bc-ab-ac=12((a-b)2+(b-c)2+(c-a)2)=0 (a-b)20, (b-c)20, (c-a)20 болғандықтан (a-b)2+(b-c)2+(c-a)20 Демек (a-b)5+(b-c)5+(c-a)5≠0. Жауабы: a, b, c нақты сандары табылмайды. 2. 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: 10.ІІ.2 қараңыз 3. Тақтада 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: 10.ІІ.3 қараңыз жүктеу/скачать 128.67 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|