contact 1 min093 33 73 94                                                    
email min  info@mathnet.am                                                
gre sat

Առաջադրանքների պատասխաններն ուղղարկում եք մեկ միասնական  word  կամ  pdf փաստաթղթով` այն կցելով նամակին:

Ցանկացած այլ տարբերակով ուղղարկված աշխատանք չի ստուգվի:

1. Գտեք բոլոր այն p պարզ թվերը, որոնց դեպքում 2p4 – p² + 16 արտահայտության արժեքը լրիվ քառակուսի է:

2. Ապացուցեք, որ a-ի ու b-ի ցանկացած արժեքների դեպքում  x² + 2ax + b = 0, ax² + 2bx + 1 = 0 և bx² + 2x + a = 0 հավասարումներից գոնե մեկը լուծում ունի:

3. f   ֆունկցիան այնպիսին է, որ ցանկացած բնական n-ի համար  f(n)=1 + f(0) + f(1) + f(2) + … + f(n – 1),  ( f(0) = 1 ):  Գտեք f²(0) + f²(1) + … + f²(n)-ը:

4. Փոխուղղահայց անկյունագծերով սեղանի բարձրությունը 4 է: Գտեք նրա մակերեսը, եթե հայտնի է, որ անկյունագծերից մեկի երկարությունը 5 է:

Լուծումներն ուղարկեք միայն This email address is being protected from spambots. You need JavaScript enabled to view it. հասցեով, մինչև ապրիլի 15-ը:

Հիմնավորեք լուծումները, միայն պատասխանները մի ուղարկեք: Նշեք Ձեր և Ձեր մաթեմատիկայի ուսուցչի անունը, ազգանունը, դպրոցն ու դասարանը:

Մրցույթի արդյունքները ամփոփված են (տես հաղթողներ բաժինը):

Տեղադրում եմ խնդիրների լուծումները:

ԼՈՒԾՈՒՄՆԵՐ

1. Եթե p = 3, ապա 2p4 – p² + 16 = 13²: Բոլոր մնացած դեպքերում p²-ին 3-ի բաժանելիս տալիս է 1 մնացորդ, հետևաբար 2p4 – p² + 16-ը 3-ի բաժանելիս կտա 2 մնացորդ: Իսկ լրիվ քառակուսին 3-ի բաժանելիս 2 մնացորդ չի կարող տալ: Այսպիսով, միակ հնարավոր տարբերակը p = 3 է:

2. Ենթադրենք առաջին երկու հավասարումները լուծում չունեն: Դա կնշանակի, որ նրանց տարբերիչները բացասական են` a² – b < 0, b² – a < 0: Վերջինները ներկայացնենք հետևյալ ձևով a² < b, b² < a: Իսկ դրանք նշանակում են, որ a-ն և b-ն դրական են: Օգտվելով դրանից` բազմապատկենք նախորդ անհավասարումները.    a²b² < ab կամ ab < 1: ab < 1-ից հետևում է, որ երրորդ հավասարման տարբերիչը դրական է, այսինքն այդ հավասարումը լուծում ունի: Այսպիսով, երեք հավասարումներից գոնե մեկը լուծում ունի:

3. Նկատենք, որ f(n) = 2f(n – 1): Դրանից կհետևի, որ f(n) = 2n: Ուրեմն, f²(0) + f²(1) + … + f²(n)=1+22+24+…+22n: Վերջինս երկրաչափական պրոգրեսիայի առաջին n+1 անդամների գումարն է, որի առաջին անդամը 1 է, հայտարարն էլ 4 է: Հետևաբար այդ գումարը հավասար է (4n+1-1)/3:

4. Ենթադրենք AC=5, BH=4: B-ից տանենք AC-ի զուգահեռ և նրա հատման կետը AD հիմքի շարունակության հետ նշանակենք E-ով: Դժվար չէ համոզվել, որ EBD եռանկյան մակերեսը հավասար է ABCD սեղանի մակերեսին: 

Ըստ Պյութագորասի թեորեմի` EH=3: Մյուս կոսմից, որպես ուղղանկյուն եռանկյան էջ, EB2=EH*ED, այսինքն 25=3*ED: Որտեղից ED=25/3, իսկ EBD եռանկյան մակերեսը` S=4*(25/3)/2=50/3:

21.04 5

 

Հաղթողների և նրանց ուսուցիչների համար Անտարես ընկերությունը սահմանել է հետևյալ մրցանակները.

I մրցանակ

tiezerq

II մրցանակ

shirvan

 

III մրցանակ

 hanjar

 

  Ուսուցչի մրցանակ 

gebra_g1 gebra_d   կամ   hyugo

 

antares_logo.png

 

 

you

ԳրանցումՄուտք

Նրանքսիրում են mathnet.am-ը

Հեղինակիվիդեոները

youtube

top