Как упростить выражение алгебра 9 класс – Алгебра. 9 класс. Упрощение выражения / Математика

Муниципальный этап Всероссийской олимпиады школьников

Олимпиадные задания школьников по математике в 2008-2009 учебном году

9 класс

1. 
   Упростить выражение
   

Решение

=

=====.

2. 
   Десять спортсменов участвовали в турнире по настольному теннису. Каждые два из них сыграли между собой ровно одну партию. Первый игрок одержал в ходе турнира побед и потерпел поражений, второй одержал побед и потерпел поражений и т.д. Доказать, что .
   

Каждый игрок сыграл 9 партий, значит, . Кроме того, число всех побед равно числу всех поражений, т.е. . Получим:

=

3. 
   Доказать равенство
   

Решение.

.

4. 
   В треугольнике АВС проведены биссектрисы АМ, ВК, СР. Найти площадь треугольника МКР, если АВ=4, АС=5, ВС=6.
   

Решение:

По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника имеем:

, значит, , . Аналогично,

, ,

.

Так как треугольники и имеют общий угол, то их площади относятся, как произведение сторон, т.е. , отсюда . Аналогично,

, отсюда ,

, отсюда . Тогда получим, . Площадь треугольника найдем по формуле Герона . Значит, .

5. 
   Найти наименьшее значение суммы квадратов корней уравнения
   

Решение:

5. . Квадратное уравнение имеет корни, если :

, т.е.. По теореме Виета : , . Поэтому, . Вершина этой параболы не входит в область допустимых значений , значит наименьшее значение функции равняется наименьшему из значений функции на концах промежутков: , . Значит, наименьшее значение суммы равно 1,5 при .

10 класс

1. 
   Решите неравенство:
   

Ответ: .

2.Найдите все значения a, при которых сумма квадратов действительных корней уравнения будет наименьшей.

Решение.

Имеем . Т.к. корни действительны, то , т.е. .

С учетом этого (см. график) сумма квадратов действительных корней уравнения будет наименьшей при .

Ответ. .

3. 
   Несколько дуг окружности покрашены в красный цвет. Сумма длин окрашенных дуг меньше половины длины окружности. Докажите, что существует диаметр, оба конца которого не окрашены.
   

Решение.

Покрасим в зеленый цвет дуги симметричные красным относительно центра окружности. Поскольку сумма длин зеленых дуг равна сумме длин красных дуг, то общая длина окрашенных дуг меньше длины окружности. Значит найдется неокрашенная точка (и симметричная ей точка будет неокрашенной). Диаметр, проходящий через эти точки и будет искомым.

3. 
   В параллелограмме, одна сторона которого в два раза больше другой, проведены биссектрисы углов. Найти отношение площадей параллелограмма и четырехугольника, полученного пересечением этих биссектрис.
   

Решение.

Пусть . Так как , то . Аналогично показываете, что и остальные углы четырехугольника — прямые, т.е. — прямоугольник. Из : , из : , тогда .

Аналогично . Тогда

и

Ответ: 4.

3. 
   и — простые числа. Найти .
   

Решение.

При имеем делится на 3 (т.к. среди чисел p-1, p, p+1 одно делится на 3 , но p — простое, и поэтому на 3 делится либо

При — простое. Следовательно, .

Ответ. .

11 класс

1. Касательная к графику пересекает координатные оси Ox и Oy в точках A и B так, что . Найдите длину отрезка AB.

Решение.

Из условия следует, что уравнение касательной имеет вид или , поэтому в точках касания , т.е. . Уравнение касательных в точках и : и . Следовательно , откуда .

Ответ: .

2. 
   Числа и выписаны одно за другим в десятичной записи. Сколько всего цифр выписано?
   

Решение.

Пусть — m-значное число, и — n— значное число. Это означает, что и . Перемножив эти неравенства, получим . От сюда следует, что искомое число цифр .

Ответ: 2009.

3. 
   Ученик написал на доске алгебраическое уравнение, все три корня которого – положительные числа. Однако по своей невнимательности он пропустил один член, так что на доске было лишь написано . Какое уравнение должно было быть записано на доске и каковы его корни?
   

Решение:

Пусть — корни многочлена, тогда Перемножив двучлены в правой части и прировняв коэффициенты при одинаковых степенях получим:

(1)

(2)

Поскольку положительные числа, то к ним можно применить неравенство Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом

, причем равенство возможно тогда и только тогда, когда . Из равенств (1) и (2) . Это означает, что и значит, уравнение можно записать так: или .

Ответ. ;

Замечание: Равенства (1) и (2) ученики могут выписать сославшись на теорему Виета. Если в работе указано уравнение, удовлетворяющее условию задачи, но не обосновано отсутствие других таких уравнений, то работу рекомендуется оценивать не более чем в 2 балла.

4. 
   Из двенадцати шнурков, длина каждого из которых 10 см, сделали сетку в форме куба. В эту сетку положили резиновый шар и раздули его до максимальных размеров, ограниченных размерами сетки. Вычислите радиус шара.
   

Решение.

Узлы сетки, обтягивающей шар, являются одновременно вершинами куба, вписанного в этот шар. Поскольку ребро куба видно из центра куба под углом , то центральный угол, опирающийся на дугу образованную одним шнурком сетки, равен . Обозначив радиус шара , получим . Значит .

Ответ. см.

5. 
   В шахматном турнире каждый участник сыграл по одной партии со всеми остальными участниками, причём ничьих не было. При каком количестве участников может случиться так, что все шахматисты наберут одинаковое количество очков?
   

Решение.

Обозначим — количество участников турнира. Каждый из них сыграл партию, всего на турнире было сыграно партий. Для того чтобы все участники набрали количество очков, необходимо чтобы число было целыми, т.е. число было нечётным. Докажем теперь, что если — нечётное число, то участники могут набрать очков поровну. Доказательство проведем методом математической индукции по количеству участников. Для утверждение верно: один шахматист не сыграв ни одной партии набрал 0 очков. Предположим, что утверждение верно для . Пусть в турнире теперь принимают участие шахматист. Допустим, что все шахматисты без A и B во встречах между собой набрали поровну очков, а именно по очков (это возможно по предположению индукции).

Пусть из них выигрывают у B и проигрывают A, а оставшиеся выигрывают у А и проигрывают B (и тогда у этих шахматистов будет по очков). Наконец, пусть A выигрывает у B (и тогда у A и B тоже по очков). В соответствии с принципом математической индукции утверждение справедливо для всех нечётных натуральных чисел.

Ответ: при любом нечётном числе участников.

Замечание. Если в работе установлена только необходимость нечётности числа участников, то такую работу рекомендуется оценивать не более в чем 2 балла.