Задачи Пятого Турнира Юных Математиков

Скачать работу - Задачи Пятого Турнира Юных Математиков

Доказать, что Решение Решение задачи разобъем на четыре этапа: 1. Докажем, что 2. Докажем, что 3. Докажем, что 4. Из этапов (2) и (3) ясно, что Этап 1: Найдем отношение площади треугольника, вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС. Пусть окружность касается сторон АВ, ВС и АС соответственно в точках P , S и Q . Обозначим отрезки AP , CQ и BS как x , y и z соответственно. Тогда из «отрезки касательных, проведенных из одной точки равны», следует, что AC = AQ = x , CQ = CS = y , BS = BP = z . Составим и решим систему.

a = y + z b = x + y c = x + z

Найдем отношение площади PSQ к площади АВС через разность площадей S PSQ = S АВС – ( S APQ + S CQS + S BPS ). Аналогично, и Тогда из S PSQ = S АВС – ( S APQ + S CQS + S BPS ) Подставим значения Раскрыв скобки, выражение можно записать как Длины сторон треугольника всегда положительны, значит используем неравенство Коши: Подставим неравенства в числители дробей Итак, отношение площади треугольника PSQ (по условию - S k ) , вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС: Этап 2: Найдем отношение площади треугольника, вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади данного треугольника АВС. Пусть АН, BG , CF – биссектрисы АВС, тогда FGH – искомый треугольник.

Найдем отношение площадей данного треугольника и FGH . Обозначим AF = x , BH = y , CG = z . По свойству биссектрис («биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам»), тогда Значит, По аналогии с предыдущей задачей найдем отношение FBH , HCG , FAG к площади ABC . Аналогично, и Тогда Упростив это выражение, получаем . Теперь, из неравенства Коши ( Итак, отношение площади треугольника FHG (по условию - S l ), вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади треугольника АВС - Этап 3: Найдем отношение площади треугольника, образованного основаниями медиан, к данному треугольнику ABC . Проведем из вершин E , R и T . Рассмотрим AERT . RT , по свойству средней линии равен половине АЕ и АЕ 7 RT . ER = AT и ER 7 AT по этим же признакам AERT – параллелограмм.

Значит EAT = ERT (*) – по свойству параллелограмма.

Аналогичным образом рассмотрим параллелограммы ERCT , BETR . Из них RET = RCT , RBE = ETR (**). Из (*) и (**) ERT подобен (по свойству средней линии). По свойству «площади подобных фигур относятся как квадраты коэффициентов подобия», . Итак, отношение площади треугольника (по условию S K ), образованного основаниями медиан, к площади данного треугольника АВС - . Этап 4: докажем, что В процессе решения задачи данный этап был разрешен, но найденное решение оказалось крайне не рациональное и очень объемное, поэтому здесь не приведено.

Значит, действительно, площадь треугольника, образованного основаниями медиан больше площади треугольника, образованного основаниями биссектрис, который больше площади треугольника, образованного точками касания вписанной окружности. ЧТД. Задача 1 Финального тура Условие: Решить уравнение xy 2 + xy + x 2 – 2 y – 1 = 0 в целых числах.

Решение Представим исходное уравнение в виде: Из этого следует, что х – делитель 2у+1. Введем замену: 2у+1 = kx , где k Z . Тогда Т.к. ищем решения в целых числах, из этого равенства видно, что k – число нечетное. Подставим значения в преобразованное уравнение. Введем замену: х 1 = -х. Тогда полученное уравнение примет вид Решим данное уравнение относительно х 1 (очевидно, что 1. Рассмотрим случай, когда k = 1. Отсюда, х = 1 или х = = -5, тогда y = 0 или у = -3; Ответ: (1;0), (0;-3); 2. Рассмотрим случай, когда k = -1. Отсюда, х = -1 или х = = -3, тогда у = 0 или у = 1; Ответ: (-1;0), (-3;1); 3. Рассмотрим случай, когда k = 3. Отсюда у = -14. Ответ: (-9;-14) 4. Рассмотрим случай, когда k = -3. - нет решений в области целых чисел. Итак, в результате вышеописанных вычислений были найдены следующие решения: (1;0), (0;-3), (-1;0), (-3;1), (-9;-14). C умма производных Условие: Пусть Доказать, что для нечетных - число четное, а для четных - число нечетное.

Решение Рассмотрим производные P ( x ): Далее замечаем, что 1. n = 2 k .. 4 k 2 (2 k -1) – это число четное. 2. n = 2 k +1. 2 k *(2 k +1) 2 – также число четное.

Отсюда следует, что n . Значит, Введем некоторую функцию F ( x ). Рассмотрим возможные случаи для х: 1. х – число четное - число четное F ( x ) – нечетное.

Значит, 2. х – число нечетное a. n – нечетное - при четном х – четное, значит сумма четна F ( x ) – четное. b. n – четное - при четном х – четное, значит сумма нечетна F ( x ) – четное.

Значит, при любом нечетном х, всегда F ( x ) будет четной при любом (четном/нечетном) значении n - четное ЧТД В результате рассмотренных выше случаев, выводим, что для нечетных - число четное, а для четных - число нечетное. ЧТД. Необычное уравнение Условие: Для m натуральных через P ( m ), обозначается произведение всех цифр его десятичной записи, а через S ( m ) – их сумма. Найти количество k(n) решений уравнения при n = 2002. Исследуйте величину k ( n ) решений уравнения.

Решение Рассмотрим различные случаи числа x . Пусть в записи х есть ноль, тогда P ( x ) = 0, значит Пусть S ( x )= y , S ( x ) = n и в записи числа есть ноль, тогда Значит, P ( S ( x )) = P ( y ) = 0, т.к. число содержит ноль. S ( S ( x ))= S ( y )= n . Имеется бесконечно много решений. Т.е. для решения данного уравнения подходят числа, S ( S ( x )) которых равна n . Т.к. решений бесконечно много, то имеем множество решений для любых случаев. Идем от обратного: S ( y )= n где, a + b + c +…+ f = n , т.е. от перестановки цифр сумма не меняется. При n = 2002, S(x) = 4, P(S(x)) = 4, S(S(X)) = 4 – Рассмотрев решения для данного случая, убеждаемся, что n можно подобрать относительно х или наоборот.

Задание 6 Финального Тура Найти все функции Решение Пусть х = 1. . Заменим f ( y ) на а, имеем: (*) Проверим полученную функцию. y = 1, тогда Теперь подставим в исходную функцию. Значит, одно из возможных значений функции - Математический Анализ Условие: Рассматриваются различные непрерывно дифференцируемые функции (это значит, что для произвольного , существует ), причем функция g непрерывна на сегменте [0;1]; под произодными функции f в конечных точках сегмента [0;1] считаются конечные производные соответственно), для которых f (0)= f (1)=0 и . Охарактеризовать множество всех точек, координатной плоскости xOy , через которые могут проходить графики всех функций.

Решение Используем неравенство Коши-Буняковского для определенного интеграла, но, прежде, распишем определенный интеграл: Распишем, также, формулу Ньютона-Лейбница: Итак, Значит Значит, Тогда, (по условию). Рассмотрим два случая: 1. y 2 = x – x 2 (точка лежит на контуре) Т.е. графиком данной функции будет произвольная кривая, в которую вписан угол (угол OMK = 90 0 ) ПРОТИВОРЕЧИЕ !!! 2. Т.е. всегда можно построить гладкую кривую, проходящую через точку Х. Бесконечные Биномиальные Коэффициенты Условие: упростить выражение Решение Отметим, что если n – четное, что количество членов ряда нечетно, а если n – нечетно, то их количество четно.

оценка комнаты в Брянске
оценка стоимости предприятия в Смоленске
оценка строительства в Курске