Ответы III тура областной заочной школы олимпийского

Ответы III тура областной заочной школы олимпийского
резерва РНПЦ "Ертіс дарыны" на 2014-2015 учебный год
МАТЕМАТИКА
8 класс
1. Известно, что
a  b 
ab
cd
ab cd
 ab ,
 cd , откуда

 abcd .
2
2
2
2
2
Но
4
 ab , значит
ab cd

ab cd  2
2


2
2
2



2

2

abcd

 
 .
4
 



abcd 
abcd  
 , откуда
4


2
2.
Уравнение
4
abcd 
x 2  y 2  2 y  13
abcd
4
преобразуем
к
уравнению
x  y  1  x  y  1  12 . Так как 12  1  2  2  3 , то решения последнего
уравнения будем искать как решения соответствующих систем уравнений
(достаточно рассмотреть лишь произведение 2 четных чисел):
x  y  1  2

x  y  1  6
 x  y  1  2

 x  y  1  6
x  y  1  6

x  y  1  2
 x  y  1  6

 x  y  1  2
Решениями данных систем, а, значит и соответствующего уравнения будут
пары: (4;1), (-4;-3), ( 4;-3), (-4;1).
3. имеем
a
c
abc abc
1
1

 a  c  рассматриваемый
bc
ba
bc
ba
треугольник равнобедренный С  A  40 0 .
4. запишем для каждого числа равенство, в левой части которого стоит само
это число, а справа – сумма двух его соседей. Сложим все эти равенства. В
левой части получится сумма всех чисел (обозначим через S). В правой части
каждое число будет встречаться дважды (как левый так и правый сосед), и
поэтому получится 2S. Получается, что S=2S, значит S=0
9 класс
1. 4 5  513  210  510   53  1010  53  1250000000 000
Ответ: 13 цифр.
2. x 2  10 х  9  х 2  10х   9  0 , имеем, 1  х  9 . Кроме того, x 2  9 делится
на 10. Дальнейшее очевидно
Ответ: 1,
61 ,
71 , 9
1
1
3. S  ab  sin C и S  a 2  b 2  . Отсюда
2
4
a  b
sin C  1 
2
2ab
a  b 
2
a  b 
2
 0 . Но
 0 , поэтому
2ab
2ab
sin C  1, C  90 0 . Так как a=b, A  B  450 .
Так как sin C  1, то
a  b 
2
2ab
 0 . Тогда
4. 100 для чисел, оканчивающихся на 2 нуля.
100 a  10b  c 99a  9b
99a  9b
90a
90a

1
1
 9 1
 10  100
abc
abc
ab
3a  3b
a
10 класс
1. частное от деления многочлена третьей степени на многочлен второй
степени должно быть многочленом первой степени. В нашей задаче
коэффициенты при старших членах делимого и делителя равны единице,
поэтому частное имеет вид x+m. Итак, имеем:
x 3  ax 2  2 x  b  x 2  x  1 x  m 
или
x 3  ax 2  2 x  b  x 3  m  1x 2  m  1x  m
два многочлена относительно х тождественно равны, когда равны
соответственно коэффициенты при одинаковых степенях х. В нашем случае
a  m  1, 2  m  1, b  m
Решая эту систему находим
m  1, a  2, b  1
Таким образом, искомым является многочлен x 3  2x 2  2x  1
2. данное уравнение перепишем в виде
sin 4 x  3  sin 2 3x  sin x
 3  sin 4 x  3  2
 1  sin 4 3x  sin x  2
таким образом, левая часть уравнения определена на  3;  2 , а правая на
 1; 2 .
Так как эти два сегмента не пересекаются, то уравнение не имеет
решения.
3. По теореме синусов
b
c
,

sin B sin 3B
b
c

sin B sin B3  4 sin 2 B 
cb
.
По
теореме
косинусов:
2b
cb
BC 2  b 2  c 2  2bc 
 b 2  c 2  c 2  bc  b 2  bc . BC  b 2  bc
2b
имеем:
cos 2 B 
4. Разложим 1995 на множители 1995=3*5*7*19. Значит, цифрами исходного
числа могут быть только 3, 5 и 7. Легко видеть, что трехзначным или
однозначным число быть не может (в первом случае его произведение на
3*5*7 равно 1995, т.е. оно равно 19, во втором оно не делится на 19). Из
двухзначных чисел, составленных из этих цифр, на 19 делится только 57.
Легко убедится , что 57 удовлетворяет условию.
11 класс
1. (0; 0; 0; 0) – решение. Других решений нет. Пусть x  0, y  0, z  0 , тогда
3
x
3
y
3
z
3
0
3
0
3
0
 3 , так как сумма возрастающих функций-
1  t 2  1, t 2  0 , что
возрастающая функция. Тогда , 3 1  t 2  3 при
невозможно.
2. Пусть у=1, тогда
f ( x  1)  f ( x)  f (1)  x
f ( x  1)  f ( x)  f (1)  x  1  х и f (2)  f (1)  2 , f (3)  f (2)  3 ,...
f (n)  f (n  1)  n .
Сложим равенства: f (n)  f (1)  2  3  ...  n
f (n)  1  2  3  ...  n 
ответ: f ( x) 
n(n  1)
2
x( x  1)
, xZ
2
3. Пусть а и в – катеты, с- гипотенуза, hc- высота, проведенная к гипотенузе.
a  b
1
1
 a 2  2ab  b 2  c 2  4   ab  c 2  4  s  c 2  4   c  bc  c 2  2  c  hc
2
2
a  b
 c 2  2  c  hc  c 2  2  c  hc  hc  c  hc 
2
2
2
2
a  b  c  hc
4. Нет . Пусть y  x , тогда x 2  x 2  y  x 2  x  x  1 , т.е. x 2  y не
2
является квадратом целого числа.