Е. Сиқымов атындағы орта мектебі, мектеп жанындағы интернатымен
жүктеу/скачать 66.67 Kb.
|
| Жауабы: соңында қалған сан 100 саны
Е. Сиқымов атындағы орта мектебі, мектеп жанындағы интернатымен КММ-нің 11 сынып оқушыларына олимпиадалық есептер жинағы 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? 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. 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] Е. Сиқымов атындағы орта мектебі, мектеп жанындағы интернатымен КММ-нің 11 сынып оқушыларына олимпиадалық есептер жинағы 11 сынып І-тур ШЕШІМДЕРІ 1. 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: Құбылғылардың көк, жасыл және жасыл түстерін сәйкесінше к , ж , қ әріптерімен белгілейік. Ендеше есептің шарты бойынша 1) Егер к+ж=қ болса, онда 7(к+ж)=7қ, яғни 7к+7ж=7қ. Барлығы 7қ+11қ=18қ (қызыл) құбылғы. Артық кездеспей қалған жасыл құбылғылар 9ж-7ж=2ж болады. 2) Егер ж+қ=к болса, онда 9ж+9қ=9к. Барлығы 9к+7к=16к құбылғы 11қ-9қ=2қ. Бұл жолы кездесуден тыс қалған 2 қызыл құбылғы болады. 3) Егер к+қ=ж болса, онда 7к+7қ=7ж. Барлығы 7ж+11ж=18ж құбылғы. 11қ-7қ=4қ. Бұл жағдайда кездеспеген 4 қызыл құбылғы қалады. Бір мезетте барлық құбылғылардың түсі бірдей болу үшін артық, яғни кездесуден тыс қалатын құбылғылар болмау керек. Олай болса, бір мезетте барлық құбылғылардың түсі бір түске айналмайды. жауабы: Бір мезетте барлық құбылғылардың түстері бірдей бола алмайды. 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: 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) 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}<16 болса, онда 3[x]=3[x], яғни теңдік кез-келген x үшін орындалады. 16≤{x}<26 болса, онда 3[x]+1=3[x] болады. Мұндай х-тер табылмайды. 26≤{x}<36 болса, онда 3[x]+1=3[x]+1 , яғни теңдеу кез-келген х үшін орындалады. 36≤{x}<46 болса, онда 3[x]+2=3[x]+1. Мұндай х-тер табылмайды. 46≤{x}<56 болса, онда 3[x]+2=3[x]+2 болады, мұнда ∀ x үшін теңдеу орындалады. 56≤x<1 болса, онда 3[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. Е. Сиқымов атындағы орта мектебі, мектеп жанындағы интернатымен жүктеу/скачать 66.67 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|