Задача Можно ли представить дробь 2/7 в виде суммы двух дробей, числители которых равны 1, а знаменатели различные целые числа?




Скачать 21.61 Kb.
Дата06.06.2016
Размер21.61 Kb.
Всероссийская олимпиада школьников

задания школьного этапа

Математика

9 класс

Продолжительность (120 мин)

Задача 1. Можно ли представить дробь 2/7 в виде суммы двух дробей, числители которых равны 1, а знаменатели — различные целые числа?
Задача 2. Все трехзначные числа записаны в ряд: 100 101 102 ..... 998 999. Сколько раз в этом ряду после двойки идет нуль?
Задача 3. По определению, n ! = 1 х 2 х 3 ? х............х n .Какой сомножитель нужно вычеркнуть из произведения 1! х 2! х 3! х ............х 20! , чтобы оставшееся произведение стало квадратом некоторого натурального числа?
Задача 4. На основаниях AB и CD трапеции ABCD взяты точки K и L. Пусть E – точка пересечения отрезков AL и DK, F – точка пересечения BL и CK. Доказать, что сумма площадей треугольников DADE и DBCF равна площади четырёхугольника EKFL.
Задача 5. Целые числа a, b, c и d удовлетворяют равенству a2 + b2 + c2 = d2. Доказать, что число abc делится на 4.

ОТВЕТЫ К ЗАДАНИЯМ. Все задания оцениваются в 7 баллов.

Задание №1. Ответ: можно. Например, 2/7=1/4+1/28.
Задание №2. Так как трехзначное число не может начинаться с нуля, то двойка, после которой идет нуль, не может стоять в разряде единиц одного из трехзначных чисел ряда.
Пусть двойка стоит в разряде десятков трехзначного числа.
Тогда идущий за ней нуль стоит в разряде единиц того же числа,
т.е. это число оканчивается на 20.
Таких чисел 9: 120, 220, .........., 920.
Наконец, если двойка, после которой идет нуль, стоит в разряде сотен, то соответствующее трехзначное число начинается на 20.
Таких чисел 10: 200, 201, .........., 209.
Таким образом, всего после двойки нуль будет встречаться 19 раз.
Задание №3. Заметим, что
1! х 2! х 3! х 4! х.......х 20! = (1! х 2!) х (3! х 4!) х..........х (19! х 20!) =
= (1! х 1! х 2) х (3! х 3! х 4) х (5! х 5! х 6) х...........х (17! х 17! х 18) х (19! х 19! х 20) =
= (1!)2 х (3!)2 х (5!)2 х............х (19!)2 х (2 х 4 х 6 х 8 х...........х 18 х 20) =
= (1!)2 х (3!)2 х (5!)2 х.............х (19!)2 ?х (2 х (2 х 2) х (3 х 2) х..............х (10 х 2)) =
= (1! х 3! х............х 19!)2 х 210 х (1 х 2 х 3 х...............х 2 х 10) = (1! х 3! х..............х 19!)2 (25)2 х 10!
Мы видим, что первые два множителя квадраты, поэтому, если вычеркнуть 10!, то останется квадрат.
Легко видеть, что вычеркивание других множителей, указанных в ответах, не дает желаемого результата. Ответ: 10!
Задание №4. Имеем SDADK = SDALK, так как они имеют общее основание AK и равные высоты, совпадающие с расстоянием между параллельными прямыми AB и DC. SDADE = SDADKSDAEK = SDALKSDAEK = SDKLE. Аналогично, SDBCF = SDKLF. Таким образом, сумма площадей треугольников DADE и DBCF равна площади четырёхугольника EKFL.
Задание №5. Решение.
Квадрат четного числа делится на 4, а квадрат нечетного числа дает при делении на 4 остаток 1. Если числа a, b, c — нечетные, то d2 должен давать при делении на 4 остаток 3, что невозможно. Если среди чисел a, b, c два нечетных и одно четное, то d2 должен давать при делении на 4 остаток 2, что также невозможно. Значит, среди чисел a, b, c есть два четных числа, откуда произведение abc делится на 4.Такое возможно, например, 32 + 42 + 122 = 132.


База данных защищена авторским правом ©uverenniy.ru 2016
обратиться к администрации

    Главная страница