УДК 51.7

ОЛИМПИАДА – ВЕРШИНА ЗНАНИЙ

Төлеберген Ескендір Аблайұлы
Кызылординский государственный университет имени Коркыт ата
магистрант кафедры физика и матаматика

Аннотация
Данная статья предназначена в педагогических аспектах. Представленные задачи из общего формата олимпиадных задач для 7-9 классов, которые можно использовать при объяснении тем.

Ключевые слова: , , , , ,


Рубрика: Педагогика

Библиографическая ссылка на статью:
Төлеберген Е.А. Олимпиада - вершина знаний // Психология, социология и педагогика. 2018. № 3 [Электронный ресурс]. URL: http://psychology.snauka.ru/2018/03/8537 (дата обращения: 07.06.2018).

Как говорил Исаак Ньютон «В математических вопросах нельзя пренебрегать даже с самыми мелкими ошибками». Поэтому в данном разделе мы разберем несколько олимпиадных задач из алгебры и геометрии, в которых можно быстрее сделать ошибку чем решить её.

Для начала одну из легких задач из неравенств алгебры


Задача №1: Докажите, что при любых положительных числах a и b

Доказательство: 

Арифметическое и геометрическое среднее

Что и требовалось доказать.

Как мы видим сама по себе имела очень сложный структурный вид, но решение оказалось очень простым. Далее рассмотрим задачи из теории чисел и геометрии.

Задача №2: Найдите все такие простые числа p при котором соотношение

является квадратом целого числа.

Решение:

Так как p простое то,

Заметим что, НОД ()=1

Если  будет делиться на p то 

а это значит что  тогда a=2k+1 потому что оно должно быть нечетным

Подставляя получим 

Теперь рассмотрим еслибудет делиться на pтогда

 отсюда b должно быть нечетным, то есть

отсюда выходит следующее,а это возсоможно только при t=1 и k=2 подставляя находим что p=7

Ответ: 3 и 7

Задача №3: Точки P и Q — основания перпендикуляров, опущенных из вершины C на прямые, содержащие биссектрисы углов BAC и ABC соответственно. Докажите, что прямые AB и PQ — параллельны.

Доказательство: – Точка пересечения биссектрис , тогда четырёхугольник XQPC описанный , откуда углы QPC=90BAC2 и PQC=90ABC2 . Тогда если продлить PQ до пересечения со сторонами AC и BC , обозначим точки пересечения X И Y соответственно , то получим что CPX=180QPC−ABC=BAC , так же и с другим углом , проучим что PQ||AB .

Задача№4 Найдите все простые числа p, q и r, для которых выполняется равенство: p + q = (p – q)r.

Решение: Из условия видно, что p + q делится на p – q, следовательно, (p + q) – (p – q) = 2q также делится на p – q. Делителями числа 2q могут являться только числа 1, 2, q и 2q.
Если 
p – q = 1, то левая часть исходного равенства больше правой. Если p – q равно q или 2q, то p равно 2q или 3q, то есть число р – не простое. Значит,
р – q = 2. Тогда исходное равенство примет вид: 2q + 2 = 2r  q = 2r–1 – 1. Если r = 2, то q = 1 – не простое число. Значит, r нечетно и r – 1 = 2k. Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ. 2r–1 – 1 = 4k – 1 делится на 4 – 1 = 3. Таким образом, q = 3. Тогда р = 5 и r = 3.

Второй способ. Так как q = 22k – 1 = (2k – 1)(2k + 1), то q может оказаться простым числом только в случае, когда 2k – 1 = 1. Значит, k = 1, r = 3, q = 3, р = 5.

Ответ: p = 5, q = 3, r = 3.

Задача№5 Найти хотя бы одно целочисленное решение уравнения aІbІ + aІ + bІ + 1 = 2005.

Решение: (aІ + 1)(bІ + 1) = aІbІ + aІ + bІ + 1 = 2005 = 5·401 = 1·2005. Поскольку число 2004 не является полным квадратом, получаем 8 решений; все они получаются из (2, 20) перестановкой и сменой знаков.

Ответ: Например, a = 2, b = 20.

Задача№6 В трапеции ABCD углы при основании AD удовлетворяют неравенствам A < D < 90o. Докажите, что тогда AC > BD.

Решение: Пусть B1 и C1 — проекции точек B и C на основание AD. Так как BAB1 < CDC1 и BB1 = CC1, то AB1 > DC1 и поэтому B1D < AC1. Следовательно, BD2 = B1D2 + B1B2 <AC12 + CC12 = AC2.

Задача №7 Даны n точек A1,…, An и окружность радиуса 1. Докажите, что на окружности можно выбрать точку M так, что MA1 + … + MAn  n.

Решение: Пусть M1 и M2 — диаметрально противоположные точки окружности. Тогда M1Ak + M2Ak  M1M2 = 2. Складывая эти неравенства для k = 1,…, n, получаем (M1A1 + … +M1An) + (M2A1 + … + M2An 2n. Поэтому либо M1A1 + … + M1An  n, и тогда положим M = M1, либо M2A1 + … + M2An  n, и тогда положим M = M2.

Поделиться в соц. сетях

0


Количество просмотров публикации: Please wait

Все статьи автора «Iskander Tolebergen»


© Если вы обнаружили нарушение авторских или смежных прав, пожалуйста, незамедлительно сообщите нам об этом по электронной почте или через форму обратной связи.

Связь с автором (комментарии/рецензии к статье)

Оставить комментарий

Вы должны авторизоваться, чтобы оставить комментарий.

Если Вы еще не зарегистрированы на сайте, то Вам необходимо зарегистрироваться:
  • Регистрация