Դիտումներ. 6057

1. Ապացուցեք, որ եթե a-ն, b-ն, c-ն կենտ թվեր են, ապա ab-1, bc-1, ac-1 թվերից գոնե մեկը բաժանվում է 4-ի:

2. Լուծեք հավասարումների համակարգը:

\(\left\{ \begin{array}{l}xy = 1 \\yz = 2\\ zx = 8\end{array} \right.\)

3. M և N կետերը համապատասխանաբար գտնվում են ABCD զուգահեռագծի BC և CD կողմերի վրա, ընդ որում BC: MC=1:3, CN:ND=2:5: AN և DM հատվածները հատվում են K կետում: Գտեք AK:KN:

Լուծումները կարող եք ուղարկել միայն  This email address is being protected from spambots. You need JavaScript enabled to view it. հասցեով, մինչև հունվարի 30-ը:

Լուծումները պետք է լինեն հիմնավորված, միայն պատասխանները մի ուղարկեք:

Լուծումները կարող եք գրել Word-ում և ամրակցել նամակին:

Մրցույթի արդյունքները ամփոփված են (տես հաղթողներ բաժինը): Տեղադրում եմ խնդիրների լուծումները:

ԼՈՒԾՈՒՄՆԵՐ

1. Կենտ թիվը 4-ի բաժանվելիս կարող է տալ կամ 1 մնացորդ, կամ 3 մնացորդ: Եթե a, b, c թվերի մեջ կա երկու թիվ, որ 4-ի բաժանվելիս տալիս 1 մնացորդ, ապա նրանց արտադրյալը նույնպես կտա 1 մնացորդ, իսկ արտադրյալից հանած 1-ը կբաժանվի 4-ի: Իսկ եթե a, b, c թվերի մեջ չկա երկու թիվ, որ 4-ի բաժանվելիս տալիս է 1 մնացորդ, ապա կա երկուսը, որ տալիս են 3 մնացորդ: Այդ դեպքում նրանց արտադրյալից հանած մեկը կլինի

(4m + 3)*(4n+ 3) - 1 = 16mn + 12m+ 12n + 8 = 4(4mn + 3m + 3n + 2), որը կբաժանվի 4-ի:

2. Բազմապատկելով հավասարումները անդամ առ անդամ` կունենանք (xyz)<sup>2</sup>=16 => xy= +4: Ստացվածը բաժանելով առաջին հավասարման վրա կունենանք z= +4, իսկ երկրորդի և երրորդի վրա բաժանելով համապատասխանաբար կունենանք x= +2; y= +0,5: Հաշվի առնելով, որ x-ը, y-ը և z-ը նույն նշանի են` կստանանք հետևյալ լուծումները (2;0,5;4); (-2;-0,5;-4):

3. B և C կետերով տանենք DM-ին զուգահեռներ: և նրանց հատման կետերը AN-ի հետ նշանակենք E-ով և F-ով:

CNF և DNK եռանկյունների նմանությունից կհետևի, որ FN:NK=CN:ND=2:5, որտեղից FN=(2/5)NK: Ըստ Թալեսի ընդհանրացված թեորեմի` EK:KF=BM:MC=1/3, ուրեմն

EK=(1/3)KF=(1/3)(KN+NF)=(1/3)(KN+(2/5)KN)=(7/15)KN:

Դիտումներ. 25963

1. Գտեք այն բնական թվերը, որոնց համար 1! +2! + 3!+…+ x!=y²  (n! =1*2*3*…*n):

2. a, b, c դրական թվերն այնպիսին են, որ a/(b+c)=b/(a+c)=c/(a+b): Գտեք (a+b)² /c²+(a+c)² /b²+(c+b)² /a²-ն: 

3. Ենթադրենք վանդակավոր անվերջ թղթի վրա մի քանի (վերջավոր հատ) անդակներ “հիվանդացել” են: Յուրաքանչյուր ժամ անց միաժամանակ տեղի են ունենում հետևյալ փոփոխությունները. եթե վանդակը “հիվանդ” է, իսկ նրա ձախ և ներքևի հարևան վանդակներն “առողջ” են, ապա այն առողջանում է, եթե վանդակը “առողջ” է, իսկ նրա ձախ և ներքևի հարևան վանդակները “հիվանդ” են, ապա այն “հիվանդանում” է: Մնացած դեպքերում վանդակի “առողջական” վիճակը չի փոխվում: Ապացուցեք, որ սկզբում ինչպես էլ դասավորված լինեն “հիվանդ” վանդակները, ինչ-որ ժամանակ հետո բոլոր վանդակները “կառողջանան”:

4. ABC եռանկյանը ներգծած շրջանագիծը եռանկյան կողմերը շոշափում է A₁, B₁, C₁ կետերում: Ապացուցեք, որ, եթե ABC և A₁B₁C₁ եռանկյունները նման են, ապա ABC եռանկյունը հավասարակողմ է:

4-րդ խնդիրը փոխվել է, քանի որ եռանկյունների նմանությունը դեռ չեն անցել:

 4.  ABCD ուղղանկյան անկյունագծերը հատվում են O կետում: AM և DM հատվածները համապատասխանաբար հատում են BD և AC անկյունագծերը K և L կետերում, որտեղ M-ը BC կողմի միջնակետն է: Գտեք OKML քառանկյան և ABCD ուղղանկյան մակերեսների հարաբերությունը:   

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. Նկատենք, որ 1! + 2! + 3! +4!= 33, իսկ 4-ից մեծ  բոլոր թվերի ֆակտորյալները վերջանում են 0-ով: Այսպիսով, x -ի 4-ից մեծ արժեքների դեպքում ձախ մասը վերջանում է 3-ով: Բայց ոչ մի թվի քառակուսի չի վերջանում 3-ով: Ուրեմն, քննարկվող դեպում հավասարությունը չի կարող տեղի ունենալ: x -ի 4-ից ոչ մեծ արժեքների դեպքը կարող ենք քննարկել անմիջական ստուգումով, որտեղից կունենանք x = 1, y = 1 և x = 3, y =3:

2. Տրվածից հետևում է, որ ac+a²=bc+b², ac+c²=ab+b², ab+a²=bc+c²: Առաջին երկուսից հետևում է, որ (a-c)(a+c)=b(c-a): Վերջինից հետևում է, որ կամ a=c, կամ b=-(a+c): Երկրորդը հնարավոր չէ, քանի որ a, b, c թվերը դրական են: Ուրեմն a=c: Նույնպիսի դատողություններով, ac+a²=bc+b² և ab+a²=bc+c² հավասարումներից կստացվի, որ c=b: Այսպիսով, a=b=c: Ուրեմն, (a+b)² /c²+(a+c)² /b²+(c+b)² /a²=4+4+4=12:

3. Ամենավերևի “հիվանդ” վանդակի վերևի կողմով տանենք հորիզոնական ուղիղ: “Հիվանդանալու” պայմանի համաձայն, նրանից վերև ոչ մի վանդակ չի կարող “հիվանդանալ”: Ամենաաջ “հիվանդ” վանդակից աջ գտնվող վանդակները նույպես չեն կարող “հիվանդանալ”: Այսպիսով, “հիվանդանալ” կարող են միայն ինչ-որ ուղիղ անկյան մեջ գտնվող վանդակները: Վերցնենք այդ անկյան գագաթից ամենահեռու և անկյան կիսորդին ուղղահայաց ուղիղը, որի վրա կան “հիվանդ” վանդակներ: “Առողջանալու” պայմանի համաձայն, այդ ուղղի վրա գտնվող “հիվանդ” վանդակները 1 ժամ անց “կառողջանան”:Ուրեմն, ամեն ժամ գագաթից ամենահեռու և “հիվանդ” վանդակներ ունեցող ուղիղը կմոտենա անկյան գագաթին: Հետևաբար, վերջիվերջո նա կհասնի անկյան գագաթին, որն էլ կնշանակի, որ բոլոր վանդակները “առողջացան”:

4. Նման եռանկյուններ թեման ուսումնասիրած աշակերտների համար կարելի էր խնդիրը լուծել այլ ձևով: Բայց քանի որ այդ թեման չեն անցել և այդ պատճառով էլ սկզբում առաջարկված խնդիրը փոխարինվեց այս խնդրով, ապա կներկայացնեմ այլ լուծում:

Ակնհայտ է, որ EMGF քառանկյան մակերեսը հավասար է ABCD ուղղանկյան մակերեսի 1/4 –ին, որտեղ M-ը BC-ի, իսկ F-ը AD-ի միջնակետերն են (նկ.1):

Ենթադրենք` ABCD ուղղանկյան և OKML քառանկյան մակերեսների հարաբերությունը m է: Քանի որ GJOL քառանկյունը առաջացել է FMCD ուղղանկյունում նույնպիսի կառուսումների արդյունքում, ապա GJOL քառանկյան մակերեսի հարաբերությունը FMCD ուղղանկյան մակերեսին նույնպես կլինի m: Բայց ակնհայտ է, որ FMCD ուղղանկյան մակերեսը հավասար է ABCD ուղղանկյան մակերեսի 1/2–ին: Այսպիսով, ստացվում է, որ եթե S-ով նշանակենք GJOL քառանկյան մակերեսը, ապա OKML քառանկյան մակերեսը կլինի 2S  և կունենանաք նկար 2-ում ներկայացված վիճակը: Դրանից կհետևի, որ OKML քառանկյան մակերեսը EMGF քառանկյան մակերեսի 1/3 է: Իսկ քանի որ EMGF քառանկյան մակերեսը ABCD ուղղանկյան մակերեսի 1/4  է, ապա ստացվում է, որ OKML քառանկյան մակերեսը ABCD ուղղանկյան մակերեսի 1/12  է:

                Նկար 1                                              Նկար 2

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

I մրցանակ

II մրցանակ

III մրցանակ

  Ուսուցչի մրցանակ 

   կամ    

Դիտումներ. 7960

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, EB<sup>2</sup>=EH*ED, այսինքն 25=3*ED: Որտեղից ED=25/3, իսկ EBD եռանկյան մակերեսը` S=4*(25/3)/2=50/3:

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

I մրցանակ

II մրցանակ

III մրցանակ

  Ուսուցչի մրցանակ 

   կամ   

Դիտումներ. 7077

1. 7 հատ բնական թվերն այնպիսին են, որ նրանցից ցանկացած 6-ի գումարը բաժանվում է 5-ի: Ապացուցեք, որ դրանցից յուրաքանչյուրը բաժանվում է 5-ի:

2. x, y, z ամբողջ թվերը այնպիսին են, որ y² – z² = 12 – x² + 2xy: Գտեք x – y-ը:

3. Եթե մարդը ինչ-որ արագությամբ ներքև իջնող շարժասանդուխքի վրա շարժվում է դեպի ներքև 2 աստիճան/վ արագությամբ, ապա հաշվում է 140 աստիճան, իսկ եթե շարժվում է 3 աստիճան/վ արագությամբ, ապա հաշվում է 168 աստիճան: Քանի՞ աստիճան ունի շարժասանդուղքը:

4. ABCD քառակուսու BC և CD կողմերի վրա M և N կետերն ընտրված են այնպես, որ AM և AN ճառագայթները BAD անկյունը բաժանում են 3 հավասար մասերի: AMN եռանկյան ME բարձրության շարունակությունը CD կողմը հատում է F կետում: Ապացուցեք, որ DEF եռանկյունը հավասարասրուն 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. Թող այդ թվերը լինեն a₁, … ,a₇ թվերը, իսկ նրանց գումարը` S-ը: Ըստ պայմանի դրանցից ցանկացած 6-ի գումարը բաժանվում է 5-ի, այսինքն S-a<sub>1</sub>-ը, S-a<sub>2</sub>-ը,…, S-a<sub>7</sub>-ը բաժանվում են 5-ի: Դրանց գումարը` 7S-(a₁+a₂+a₃+a₄+a₅+a₆+a₇)=6S նույնպես կբաժանվի 5-ի: Բայց դա հնարավոր է միայն այն դեպքում, երբ S-ն է բաժանվում 5-ի: Ստացվում է, որ դրանց բոլորի գումարը բաժանվում է 5-ի և դրանցից ցանկացած 6-ի գումարը է բաժանվում 5-ի: Ուրեմն, դրանցիաց յուրաքանչյուրն է բաժանվում 5-ի:

2. Ներկայացնենք տրված հավասարությունը հետևյալ տեսքով` (x – y – z)(x – y + z) = 12: Ձախ կողմի արտադրիչները ունեն նույն զույգությունը, հետևաբար կամ դրանք 2 և 6 են կամ -2 և -6: Նկատենք, որ x-y-ը դրանց կիսագումարին է հավասար: Ուրեմն, x-y հավասար է կամ 4, կամ -4:

3. Շարժասանդուղքի բաց մասի աստիճանների քանակը նշանակենք N-ով, ենթադրենք շարժասանդուղքը ներքև է իջնում x աստիճան/վայրկյան արագությամբ:

Առաջին դեպքում մարդը շարժասանդուղքի վրա է եղել 140/2=70վ, երկրորդ դեպքում` 168/3=56վ: Ուրեմն 140+70x=N և 168+56x=N: Լուծելով այս համակարգը` կունեննաք N=280:

4. MF-ի և AD կողմի շարունակության հատման կետը նշանակենք G-ով: <MAD=2/3*90⁰=60⁰: AME ուղղանկյուն եռանկյունուց <AME=60⁰: Ուրեմն, AMG եռանկյունը հավասարակողմ է, որից կհետևի, որ AG=AM: Իսկ քանի որ AM=AN, ապա NAG եռանկյունը հավասարասրուն է: NDG և GEA ուղղանկյուն եռանկյունները հավասար են ըստ ներքնաձիգի և սուր անկյան: Դրանից կհետևի, որ NE=DG, <FNE=<FGD: Ուրեմն, NEF և FDG ուղղանկյուն եռանկյունները նույնպես հավասար են (ըստ էջի ու առընթեր սուր անկյան): Վերջինից էլ կհետևի, որ EF=FD, այսինքն DEF եռանկյունը հավասարասրուն է:

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

I մրցանակ

II մրցանակ

III մրցանակ 

 Ուսուցչի մրցանակ 

   կամ