Олимпиада есептерінің шығарылу жолдары

Оқушылардың математика пәні бойынша Республикалық олимпиадасының аудандық этапы  2013­2014 жыл желтоқсан айы 18­19 жұлдызы 8 сынып  I­тур 1. a+b=1a+1b=6 қатынасын қанағаттандыратын a, b нақты сандар  үшін  ab+ba өрнегінің мәнін табыңыз. Шешуі: 36 = 6 * 6 = (a + b) ( 1a+1b ) = 1 + ab+ba+1 болғандықтан    ab+ba=34  болады. 2. 72013 дәрежесінің соңғы екі цифры неге тең. Шешуі: 70=1,  71=7, 72=49, 73=343, 74=2401  болғандықтан,   2013=4*503+1                 түрінде жазып     72013=74*503+1=( 74)503*7=(2400+1)503*7= =(2400503+…+503*2400+1)=...*100*7+7=...07 түрінде жазылады.  Ендеше ең соңғы екі сан 0 мен 7 болады. Жауабы: Соңғы екі сан ....07 3. Аралда 7 көк , 9 жасыл және 11 қызыл құбылғылар тұрады. Әртүрлі  түстегі екі  құбылғы  кездескенде екеуі де үшінші түске өзгереді.  Қандайда бір уақыттан кейін барлық  құбылғылар  бір түске боялуы  мүмкін бе?   Шешуі: Құбылғылардың көк, жасыл және жасыл түстерін сәйкесінше  к , ж ,  қ әріптерімен белгілейік. Ендеше есептің шарты бойынша 1) Егер  к+ж=қ болса, онда  7(к+ж)=7қ,  яғни  7к+7ж=7қ. Барлығы  7қ+11қ=18қ (қызыл) құбылғы. Артық кездеспей  қалған  жасыл  құбылғылар 9ж-7ж=2ж болады. 2) Егер ж+қ=к болса,  онда  9ж+9қ=9к.  Барлығы  9к+7к=16к   құбылғы  11қ­9қ=2қ. Бұл жолы кездесуден тыс қалған  2 қызыл құбылғы  болады.  3) Егер к+қ=ж болса, онда  7к+7қ=7ж.  Барлығы  7ж+11ж=18ж құбылғы.  11қ­7қ=4қ.  Бұл жағдайда кездеспеген 4 қызыл  құбылғы қалады.  Бір мезетте барлық құбылғылардың  түсі бірдей болу үшін  артық,  яғни кездесуден тыс қалатын құбылғылар  болмау керек.  Олай болса, бір мезетте  барлық құбылғылардың түсі бір түске  айналмайды. жауабы: Бір мезетте барлық құбылғылардың түстері бірдей бола алмайды. 1. 5­ке  және 9­ға бөлінетін, 1­ді және өзін қоса есептегенде дәл 10  бөлгішке ие болатын барлық натурал сандарды табу керек. 8 сынып II­тур Шешуі: Ізделінді сан 5­ке де, 9­ға да бөлінсе және 5 пен 9 өзара жай  болғандықтан, ол сан 45­ке бөлінуі тиіс. Ал 45=3*3*5  болғандықтан,ізделінді санда 1,3,5,9,15,45 –кем дегенде 6 бөлгіш бар. Егер  ізделінді сан тағы да бір P ≠ 3.5 жай санына бөлінсе, онда ізделінді сан кем  дегенде 12 бөлгіш болып кетеді. Ал бізге дәл 10 бөлгіш болуы керек.  Сондықтан бізде екі  мүмкіндік қалады. Олар келесілер:    N=3*3*3*3*5   және  N=3*5*5*5*5. Екінші сан 9­ға бөлінбейді.  Жауабы: N=3∙3∙3∙3∙5=405  2. x2­8x+41+y2+6y+25=9 теңдеуін нақты сандар жиынында  шешіңіздер. Шешуі:  Түбір астындағы өрнектерден толық квадратты бөліп аламыз. x2­8x+41+y2+6y+25=x2­8x+16+25+y2+6y+9+16= =(x­4)2+25+(y+3)+16=9                        Теңдік тек қана  x­4=0, y+3=0 болғанда ғана орындалады. Ендеше  x=4, y=-3. 3. АВС үшбұрышының  АD биіктігі  ВС қабырғасынан екі есе кіші.  А бұрышы доғал болуы мүмкін бе? Шешуі:  АD биіктігінің А төбесі мен D табаны сәйкесінше А нүктесінен өтетін СВ­ға параллель түзу мен С және В нүктелерінен  өтетін түзуге тиісті болады.  D нүктесі  ВС­нің ортасы болған жағдайды координаталар басы деп есептеп А нүктесін  −∞  тен   +∞ дейін өзгертеміз. Сонда А бұрышы 0­ден 90  ̊­дейін  және 90  ̊­тан 0­ге дейін өзгереді. Ендеше А бұрышы доғал болуы мүмкін емес. Жауабы:  А бұрышы доғал болуы мүмкін емес 9 сынып I­тур 1. АВСD квадраты берілген.АС және ВС кесінділерінде кесінділердің  шетімен беттеспейтіндей етіп, сәйкесінше М және N нүктелері алынған.  Егер MN=MD болғанда ∠ MDN бұрышының шамасы неге тең? Шешуі: Дәл осы түрдегі сызбаның болуы мүмкін емес, себебі  MN=MD.  Сондықтан сызбаны келесі түрде басқаша сызамыз. ∠CDN=β,  ∠NDM=α  болсын. Онда ∠NDA=β болады да     ∠MDA=β­α болады. Олай болса  ∠MBA= β­α  болады. Ендеше ∠NBM=∠MNB=90-β+α. Берілгені бойынша  ∠DNM=∠NDM=α. Ендеше 900+α-β=  ∠MNB=180­α­β болғандықтан α=45° болады. Жауабы: =∠MDN=α=45o 2. Өзара жай  a,b (a>b) сандары  a3­b3(a­b)3=733  қатынасын  қанағаттандыратын  a­b мәнін есептеңіздер. Шешуі: a>b болғандықтан a­b=c>0 және a=b+c болады.                                                a3=(b+c)3=b3+3b2c+3bc2+c3  қоя  отырып  3b2c+3bc2+c3c3=733.        Осыдан          9b2c+9bc2=70c3=>c(70c2­9bc+9b2)=0.  c≠0=>70c2­9bc­ 9b2=0 болады.  c1,2=9b±81b2+4*9*70b22*70=9b±3*17*b2*70 c1=3b7=>a=b+3b7=>7a=10b=>a=10q, b=7q. (a,b)=1=>q=1 c2=­42b2*70=­3b10=>a=b­3b10=>10a=7b=> a=7q>b=10q. (a,b)=1=>q==-1 Екі жағдайда да  a­b=3 болады. 3. Аралда 7 көк , 9 жасыл және 11 қызыл құбылғылар тұрады. Әртүрлі түстегі  екі  құбылғы  кездескенде екеуі де үшінші түске өзгереді. Қандайда бір  уақыттан кейін барлық  құбылғылар  бір түске боялуы мүмкін бе?   Шешуі:  8.I.3 қараңыз. 9 сынып ІІ­ тур k4+ 64,  k­бүтін сан,  түріндегі жай сан табыла ма? 1. Шешуі:  k4+64=k4+82 түріндегі өрнекті көбейткіштерге жіктеп көреміз.   (k2­4k+8)(k2+4k+8)==k4+4k3+8k2­4k3­16k2­ 32k+8k2+32k+64=k4+64.                           Ендеше k­нің кез­келген  мәнінде k4+64 саны екі санның көбейтіндісі түрінде жазылады. Жауабы: k4+64, ( k  бүтін сан)  түріндегі жай сан табылмайды. 2. АВС үшбұрышының  АD биіктігі  ВС қабырғасынан екі есе кіші.  А бұрышы доғал болуы мүмкін бе? Шешуі: 8.ІІ.3 қараңыз. 3.   а  параметрінің  қандай мәндерінде  {x+у+z=a+1, xу+xz+уz=2a xyz=a. ,  жүйесі нақты шешімдерге ие? Шешуі:  (t­x)(t­y)(t­z)  көпмүшесін  қарастыра отырып келесі ұйғарымға  келеміз: (t­x)(t­y)(t­z)=t3­(x+y+z)t2+(xy+xz+yz)t­xyz=t3­ (a+1)t2+2at­a,                 яғни x, y, z нақты сандары   t3­(a+1)t2+2at­a   көпмүшесінің  түбірлері болады екен. Бұл атақты Виет теоремасы. Бұл  көпмүшенің үш нақты түбірлері болу үшін оның минимум және максимум  мәндері әртүрлі таңбаларға ие болуы керек. Ендеше туындысын алып нөлге  теңестіреміз. 3t2­2(a+1)t+2a=0   , бұдан  t1,2=a+1±a2­4a+13   дискриминат D=(a­(2+3))(a­(2-3))≥0  болуы керек, бұдан  2-3≤a≤2+3         аралығы  шығады. Егер   a<2-3    болса, онда максимум және минимум мәндері оң  таңбаға ие болады, егер a>2+3 болса максимум және минимум мәндер оң  таңбаға ие болады. Ал a параметрі табылған аралықта болса, онда максимум,  минимум мәндері  әртүрлі таңбаларға ие болады немесе біреуі нөлге тең  болады. Сонда  x, y, z әртүрлі немесе екеуі тең нақты сандар болады.  10 сынып І­тур 1. Жазықтықтағы төрт әртүрлі  нүктелердің қос­қостан алты  арақашықтығы а,а,а,а,2а,b   шамаларына тең.     ba             қатынасын табу  керек. Шешуі: а,а,2а арақашықтықтары үшбұрыш бола алмайтындықтан берілген  төрт нүкте тікбұрышты үшбұрыштың төбелері және гипотенузаның ортасы  болуы керек. Бұл үшбұрыштың бір катеті гипотенузасының жартысына тең, ал екіеші катеті b болады. Сонда   ba=tan 60°=3 2. Келесі шартты қанағаттандыратын натурал сандардың барлық (m,n) жұбын  табу керек: алғашқы m тақ натурал сандардың қосындысы алғашқы n жұп  натурал сандардың қосындысынан 212­ге көп. Шешуі:  Алғашқы R  натурал сандардың қосындысы S=(R+1)24+(2+R-1)(R-1)4 мұндағы  R­ тақ сан ,  (R+1)24 бастапқы m  тақ сан,  ал    (2+R-1)(R-1)4   бастапқы  n  жұп натурал сандар қосындысы.  R-1=t  (жұп сан)  деп белгілейік.  Шешуі:  Сонымен есептің шарты бойынша    (R+1)24-(2+t)t4=212 R2+2R+1-2t-t2=848   (t­жұп сан) (R-t)(R+t) +2(R-t)=847  R-t)(R+t+2)=7∙112      {R-t=7 R+t+2=121 R=63; t=56   {R-t=11 R+t+2=77 R=43; t=32   {R-t=1 R+t+2=847 R=423; t=422  {R-t=7 r+t+2=11 R=8; t=1 болуы мүмкін емес, өйткені бізде  R тақ сан, t  жұп сан.   а)  жағдай.  2m-1=63, 2n=56 m=32, n=28    ә)  жағдай  2m-1=43, 2n=32 m=22, n=16    б)  жағдай  2m-1=423, 2n=422 m=212, n=211 Жауабы:  (32;28) , (22;16) , (212;211) 3. x2013+1 көпмүшесін ( x+1)3 көпмүшесіне бөлгендегі қалдықты табу  керек. Шешуі:  у=x+1  деп белгіленіп  (у-1)2013+1  және у3 көпмүшелерін  қарастырамыз. Сонда                    y2013­2013y2013+...+(20133)y3­(20132)y2+2013y-1+1  және у3  көпмүшелері пайда болады. Осыдан бірінші көпмүшені  у3  бөлгенде  қалдық  ­2013*1006y2+2013y     болатыны   белгілі. Кері түрлендіруді  қолдана  отырып ­2013*1006(x+1)2+2013(x+1)=-2013*1006y2­2013y болатыны  белгілі. Кері түрлендіруді қолдана отырып -2013∙1006(x+1)2+2013(x+1)=-2013∙1006x2-2013∙2011x- 2013∙1005    көпмүшесі қалдық болып табылатынын көреміз. f:R\{0,1} →R   функциясы f(x)=(x2­x+1)3x2(x­1)2   формуласымен 10 сынып ІІ­тур 1. f(x)=f(1-x)=f(1x)   екенін дәлелдеңіз. берілген.   Кез­келген                  x∈R\{0,1}   үшін Шешуі:  f(1-x)=((1-x)2-(1-x)+1)3(1-x)2(1-x-1)2=(x2-2x+1-1+x+1)3(1-x)2(- x)2=(x2-x+1)3x2(x-1)2=f(x) f(1x)=(1x2-1x+1)31x2(1x-1)2=(x2-x+1)3(x2)31x2(1-x)2x2=(x2- x+1)3x2(x-1)2=f(x) 2. АВС теңқабырғалы үшбұрыштың АС және АВ қабырғаларынан  MCMA=NANB=2                   болатындай, сәйкесінше M және N  нүктелері берілген.  P нүктесі ВM жәнеСN кесінділерінің қиылысы  болсын. Сонда ∠ APC = 90  ̊екенін дәлелдеңіз. Шешуі:   MC=2MA,   NA=2NB         ∠NCA=∠CBM= α  болсын. Сонда  ∠BCN=60°-α .  Сонда  ∠BPC=1800­600=1200      ∠NPM+∠NAM=1200+600=1800 . Олай болса  N,P,M,A  нүктелері бір шеңбердің бойында жатады. AK=KN болса, онда  KN=KM=KA. Яғни AN   NPMA шеңберінің  диаметрі. Ендеше ∠ APN =  90о,олай болса ∠ APC = 90  ̊. 3. Тақта   1;12 ;13 ;…;1100  жүз сандары жазылған. Әрбір минутта  келесі амал орындалады: қандай да бір   а,b   сандары өшіріліп, олардың  орнына а+в+а∙b  саны жазылады. Бірнеше уақыттан кейін тақтада тек  қана бір сан қалады. Бұл сан қандай сан? Шешуі: Есептің шарты бойынша  a және  b  сандары өшіріліп, орнына  a+b+ab саны келеді a+b+ab=a(b+1)+(b+1)-1=(a+1)(b+1)-1 болатынын байқаймыз. Осы  алынған сан тағы да осындай амалға  қандай да бір   с  санымен түседі,  сонда  алынған сан   ((a+1)(b+1)-1+1)(c+1)-1=(a+1)(b+1)(c+1)-1 болады    Осылай амалдарды жалғастыра берсек соңында  мынадай өрнек аламыз  (α1+1)(α2+1)…(α100+1)-1 мұндағы α1=1, α2=12,…α100=1100 Сонда  (α1+1)(α2+1)…(α100+1)-1=21∙32∙43∙∙∙10099∙101100- 1=100  Жауабы: соңында қалған сан 100 саны Шешуі: а∘b=а+b+а∙b  деген жаңа амал енгіземіз. Сонда тікелей тексерудің  арқасында  (а∘b)∘с=a∘(b∘c) және  а∘b=b ∘а  екеніне көз жеткіземіз. Бұл  деген сөз санды қалай таңдадыңыз, қай жерде және қашан таңдадыңыз, нәтиже оған байланысты емес  екен. Сондықтан біз амалды басынан бастап жүргіземіз. 1+ 12 + 12=2,  2+ 13 + 23=3,…, 99+ 1100 + 99100=100                         Сонда ең соңғы шыққан сан 100 болды. Жауабы: соңында қалған сан 100 саны 11 сынып І­тур 1. Аралда 7 көк , 9 жасыл және 11 қызыл құбылғылар тұрады. Әртүрлі  түстегі екі  құбылғы  кездескенде екеуі де үшінші түске өзгереді. Қандайда бір уақыттан кейін барлық  құбылғылар  бір түске боялуы мүмкін бе?   Шешуі: 8.І.3 қараңыз. 2. Келесі шартты қанағаттандыратын натурал сандардың барлық (m,n) жұбын  табу керек: алғашқы m тақ натурал сандардың қосындысы алғашқы n жұп  натурал сандардың қосындысынан 212­ге көп. Шешуі:10.І.2 қараңыз. 3. [u]– u санының бүтін бөлігі, яғни u­дан аспайтын ең үлкен бүтін сан.  Нақты сандар жиынында келесі теңдеуді  шешіңіздер: [x+16]+[x+36]+[x+56]=[x]+[x+26]+[x+46] Шешуі:  x=[x]+{x}  болсын, мұндағы {x}­ x санының бөлшек бөлігі.  0≤{x}<16            болса, онда 3[x]=3[x], яғни теңдік кез­келген  x үшін  орындалады. 16≤{x}<26     болса, онда   3[x]+1=3[x] болады. Мұндай х­ тер табылмайды. 26≤{x}<36    болса,  онда  3[x]+1=3[x]+1 , яғни теңдеу кез­келген х үшін орындалады.  36≤{x}<46    болса, онда 3[x]+2=3[x]+1. Мұндай х­тер табылмайды. 46≤{x}<56  болса, онда  3[x]+2=3[x]+2  болады, мұнда ∀ x үшін теңдеу орындалады.   56≤x<1  болса,  онда   3[x]+3=3[x]+2 мұндай х­тер табылмайды. Жауабы:    {x}∈[0,16)∪[26,36)∪[46,56)    болғанда теңдеудің шексіз көп шешімі бар.  Ал      {x}∈[16,26)∪[36,46)∪[56,1)        болғанда теңдеудің шешімі жоқ. Қос­қостан әртүрлі және  (a­b)5+(b­c)5+(c­a)5=0  болатын нақты  11 сынып ІІ­тур 1. сандар бар ма? Шешуі:  (a-b)5+(b-c)5+(c-a)5=0 болсын (a-b)5+(b-c)5+(c-a)5= =(a-b+b-c)((a-b)4-(a-b)3(b-c)+(a-b)2(b-c)2-(a-b)(b-c)3+(b-c)4)+ +(c-a)5=(c-a)((c-a)4-(a-b)4-(b-c)4+(a-b)3(b-c)+(a-b)(b-c)3- -(a-b)2(b-c)2) a, b, c нақты сандары қос­қостан тең емес болғандықтан     с-a≠0 Сонда (c-a)4-(a-b)4-(b-c)4+(a-b)3(b-c)+(a-b)(b-c)3-(a-b)2(b-c)2=0 (c-a)4=((c-b)+(b-a))4=((c-b)2+(b-a)2+2(c-b)(b-a))2= = (c-b)4+(b-a)4+4(c-b)2(b-a)2+2(c-b)2(b-a)2+4(c-b)3(b-a)+ +4(b-a)3(c-b). Сонда    (c-b)4+(b-a)4+6(c-b)2(b-a)2+4(c-b)3(b-a)+4(b-a)3(c-b)-(a-b)4- -(b-c)4+(a-b)3(b-c)+(a-b)(b-c)3-(a-b)2(b-c)2=5(a-b)(b-c)3+ +(b-c)(a-b)3+(b-c)2(b-a)2= =5(a-b)(b-c)((b-c)2+(a-b)2+(a-b)(b-c))=0 a-b≠0, b-c≠0, болғандықтан  (b-c)2+(a-b)2+(a-b)(b-c)=0 b2+c2-2bc+a2+b2-2ab+ab-b2-ac+bc= =a2+b2+c2-bc-ab-ac=12((a-b)2+(b-c)2+(c-a)2)=0 (a-b)2>0, (b-c)2>0, (c-a)2>0 болғандықтан   (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2>0 Демек  (a-b)5+(b-c)5+(c-a)5≠0. Жауабы: a, b, c  нақты сандары табылмайды. 2. АВС теңқабырғалы үшбұрыштың АС және АВ қабырғаларынан  MCMA=NANB=2                   болатындай, сәйкесінше M және N нүктелері  берілген.  P нүктесі ВM жәнеСN кесінділерінің қиылысы болсын. Сонда ∠  APC = 90  ̊екенін дәлелдеңіз. Шешуі: 10.ІІ.2 қараңыз 3. Тақтада   1;12 ;13 ;…;1100  жүз сандары жазылған. Әрбір минутта келесі  амал орындалады: қандай да бір   а,b   сандары өшіріліп, олардың орнына  а+в+а∙b  саны жазылады. Бірнеше уақыттан кейін тақтада тек қана бір сан  қалады. Бұл сан қандай сан? Шешуі: 10.ІІ.3 қараңыз