Olimpiada matematică și problemele Olimpiadei

Problema 1: a, b> 0, a + b ≤ 2. Dovediți asta.

Soluție: înmulțind cu numitorul, se deplasează tot pe partea stângă, și termeni similari, vom rescrie inegalitatea ca a² + b² - ab - a²b² ≥ 0. De notat că, deci a²b² ≤ ab ≤ 1. Apoi a² + b² - ab - a²b² ≥ (a - b) ² ≥ 0.







Problema 2: Având în avion # 8710; ABC și punctele D și E, astfel încât ∠ ADB = ∠ BEC = 90. Dovada că lungimea segmentului DE nu depășește un semiperimetru # 8710; ABC.

Soluție: Fie F punctul intermediar al lui AB și G este punctul central al lui BC. Apoi FG = AC / 2, ca linia de mijloc. DF = AB / 2 și GE = BC / 2, deoarece în triunghiul drept mediana este jumătate din hypotenuse.

Prin urmare, DF + FG + GE este egal cu semiperimetrul # 8710; ABC. Dar DE ≤ DF + FG + GE, deoarece lungimea liniei întrerupte este cu siguranță mai mică decât lungimea segmentului care unește capetele sale.

Sarcina 3: Rezolvați în numere naturale ecuația:

Soluție: rescriem egalitatea în formă

Index ultimul grad să fie un număr întreg non-negativ, deci ≤ 9Y y k, adică, y k - 1 ≤ 9. pentru k> 4, descoperim că y = 1, x = 1. Pentru k = 1 obținem ecuația 1 = 2 8Y. care nu are soluții naturale; pentru k = 2 avem :, adică, 9y - y² = 1, ceea ce nu se întâmplă; k = 3 nu este o putere de două; în sfârșit, atunci când k = 4 din inegalitatea y k - 1 ≤ 9 descoperim că y = 2, iar atunci când x = 16. A: x = y = 1 și x = 16, y = 2.

Problema 4: Dovediți că numărul de căi de a tăia un dreptunghi în colțurile a trei celule ale speciei este întotdeauna uniform.

Soluție: Inducție în zona dreptunghiului. Fie ca afirmația să fie adevărată pentru toate dreptunghiurile zonei mai mici. Desenați o linie verticală împărțind dreptunghiul nostru în jumătate. Toate partițiile care sunt asimetrice cu privire la acesta sunt clar împărțite în perechi. Cu o partiție simetrică, fiecare jumătate este împărțită în colțuri. Prin urmare, numărul de partiții simetrice ale dreptunghiului original este egal cu numărul de partiții ale "jumătății" și, prin ipoteza de inducție, este egal.







Problema 5: În ABCD patrulaterală pe laturile BC și AD, se iau punctele R și T. P este punctul de intersecție al segmentelor BT și AR; S este punctul de intersecție al segmentelor CT și DR. Sa dovedit că PRST este o paralelă. Dovedeste ca AB || CD-ul.

Soluție: Fie M punctul de intersecție al liniilor AB și CT. Din paralelismul liniilor AR și CT rezultă că MT: TC = AP: PR. Din paralelismul liniilor BT și RD rezultă că AP: PR = AT: TD. Astfel, MT: TC = AT: TD, iar triunghiurile ATM și CTD având unghiuri egale T sunt similare. Prin urmare, ∠ AMT = ∠ TCD, astfel că liniile AB și CD sunt paralele.

Problema 6: a, b, c sunt numere naturale, unde (a - b) este un număr prime și 3c² = c (a + b) + ab. Dovedeste ca 8c + 1 este un pătrat exact.

Soluție: Indicați p = a-b, q = a + b. Apoi avem 12c² = 4cq + q² - p². De unde p2 = q2 + 4cq - 12c² = (q - 2c) (q + 6c). Deoarece p este prime, atunci q + 6c = p², q - 2c = 1, de unde obținem 8c + 1 = p².

Soluție: Prin inducție pe n, dovedim că afirmația problemei este adevărată pentru statele în care 2n orașe. Baza este evidentă. Tranziția: permiteți-i să fie adevărat pentru toate statele care constau dintr-un număr mai mic de orașe. Dacă nu există cicluri în stare, atunci întreaga stare poate fi declarată republică. Dacă există cicluri, atunci închidem pentru o perioadă mai multe drumuri astfel încât ciclul să rămână exact unul. Vom numi drumurile care alcătuiesc ciclul, importante și multe orașe la care se poate ajunge din oraș fără a trece printr-un drum important - cartierul acestui oraș. Acum luăm două orașe conectate printr-un drum important (evident, cartierele lor nu se intersectează). Sau în apropierea unuia dintre ei sau în două cartiere împreună va fi un număr par de orașe (și mai puțin de 2n). Vom considera aceste orașe drept o țară, iar restul - o altă țară, iar în fiecare țară vom restabili drumurile închise. Prin construcție, ambele țări constau dintr-un număr par de orașe și din orice oraș puteți conduce la oricare altul din această țară. Prin ipoteza de inducție, aceste țări pot fi împărțite în republici.







Articole similare

Trimiteți-le prietenilor: