Решения матбоя №4 icon

Решения матбоя №4



НазваниеРешения матбоя №4
Дата конвертации20.05.2012
Размер27.48 Kb.
ТипДокументы

Решения матбоя № 4

5-8 классы

2009/2010




1. Пусть х – длина пути по ровному месту DC, тогда AD+CB=9-x. Участки AD и CB турист проходит дважды, один раз в гору со скоростью 4 км/ч, другой раз под гору со скоростью 6 км/ч. На этот путь он затратит ч.

Путь по ровному месту займет ч. Т. к. на весь путь туда и обратно туристу потребуется 3ч 41мин, то

+=3,

откуда х = 4 км.


2. Заметим, что единица из разряда в разряд переходить не может, иначе должна существовать такая цифра, которая при сложении с другой давала бы число оканчивающееся на 9. Таким образом после перестановки, каждой цифре an исходного числа должна найтись такая цифра bn нового числа, что an + bn = 9, но при перестановке 999 цифр одной цифре не найдется пары, и ее придется складывать с той же цифрой, при этом 9 в сумме получиться не может. Противоречие.


3. I кучка II кучка III кучка

555 554 553

550 551 552

549 548 547

544 545 546

…………………………

15 14 13

10 11 12

Будем раскладывать гири по 6 штук, как указано в схеме. После разложения каждых 6 гирь вес кучек окажется равным. Оставшиеся 9 гирь разложим следующим образом: 1, 9, 5; 2, 6, 7; 3, 4, 8.


4. У Юры есть выигрышная стратегия. Ему нужно разбить все клетки на пары (доминошки) и ходить в клетку, парную той, в которую только что ходил Владик.


5. Если дополнить 82 до прямого угла, получим 8. Проведя биссектрису угла в 82, получим угол в 41, 33=41-8.


6. 185=92+92+1. Отложим одну монету, а кучки по 82 монеты сравним между собой (1-е взвешивание).

  1. Если кучки равны, то в каждой по 3 фальшивых монеты, и отложенная – фальшивая. Берем любую из кучек. 92=46+46. Сравниваем кучки по 46 монет (2-е взвешивание), так как фальшивых монет нечетное число, то кучки не могут быть равны, выбираем более легкую, в ней не более одной фальшивой монеты. 46=23+23, сравниваем кучки по 23 монеты (3-е взвешивание), если они равны, берем любую, если не равны, то выбираем более легкую.


  2. Если кучки не равны, то выбираем более легкую, в ней 3 фальшивых монеты, далее действуем, как в 1.



7. Если докажем, что <, то т. к. в треугольнике против большего угла лежит большая сторона, докажем и что AD
Так как А и С лежат по одну сторону от серединного перпендикуляра, а А и В по разные, то АВ>АС, отсюда

90-=В < С=90-, т. е. <.


8. Рассмотрим число .

Пусть 3=. Тогда 3а10 оканчивается на а1 , и 3а1 оканчивается на а10 . Причем а1 < 4, иначе при умножении числа на 3 получится 11-значное число.

Т. е. одно из условий 3а10 = а1, 3а10 = а1+10, 3а10 = а1 +20 выполняется одновременно

с условием 3а1 = а10. Делая подстановку а10 = 3а1 , получаем уравнения

1 = а1 , 9а1 = а1 +10, 9а1 = а1 +20. Откуда либо а1 =0, либо а1 =5/4, либо а1 = 5/2. Ни одно из найденных значений не подходит в качестве первой цифры числа, получили противоречие.


9. По формулам разности и суммы кубов имеем

1 + р2 + р3) 3 - (- р1 + р2 + р3)3 - ( р1 - р2 + р3)3 - ( р1 + р2 - р3 )3 =

=( р1 + р2 + р3 –(- р1 + р2 + р3))(…) - (р1 - р2 + р3 + р1 + р2 - р3)(…)=

=2 р1 (…)-2 р1 (…)=2 р1 [(…)-(…)] – делится на р1.

Т. к. р1 , р2 , р3 входят в выражение симметрично, то выражение делится на р2 и на р3.

А так как р1 , р2 , р3 взаимно простые то выражение делится и на их произведение.


10. Каждая точка пересечения диагоналей однозначно определяется парой диагоналей. Точек пересечения столько, сколько можно выбрать пар диагоналей. Всего диагоналей Д=100(100-3)/2

(из каждой вершины выходит 100-3 диагонали, и при таком подсчете каждая диагональ учитывается 2 раза). 1-ю диагональ можно выбрать Д способами (из Д диагоналей), и на каждый способ выбора 1-й диагонали приходится по (Д-1) способу выбора 2-й диагонали – из (Д-1)-й оставшейся. Т. е. упорядоченную пару диагоналей можно выбрать Д(Д-1) способом, но нам неважно, какая из диагоналей 1-я, какая – 2-я, поэтому неупорядоченную пару диагоналей можно выбрать Д(Д-1)/2 способами.




Похожие:

Решения матбоя №4 iconРешения матбоя №1
Пусть сначала мальчиков было Х, тогда, так как мальчиков было 50% от числа всех учащихся, то
Решения матбоя №4 iconРешения матбоя №3
Поэтому, чтобы выполнялось требование в условии задачи, необходимо, чтобы все числа в таблице имели одинаковый остаток от деления...
Решения матбоя №4 iconРешения матбоя 4
Поделив 1 на 1996, мы получим 0,00050100 Зачеркиванием первой цифры после запятой мы получим число (1/1996 — 1/2000) • 10. Чтобы...
Решения матбоя №4 iconРешения матбоя №2
Кроме того, число тем больше, чем больше каждая его цифра. Поэтому выберем 8 в качестве первой цифры. 83, 89 – простые, выбираем...
Решения матбоя №4 iconНестандартные методы решения иррациональных уравнений и неравенств. 1-й метод решения

Решения матбоя №4 iconРешение еспч по делу Вожигов против России от 26 апреля 2007 года., №5953/02 (полный текст решения о приемлемости, обзор решения по существу)

Решения матбоя №4 iconДокументы
1. /олимпада решения/2010 8кл г.doc
2. /олимпада...

Решения матбоя №4 iconЦентральному комитету кпрф
Решения XIII съезда партии безусловно будут в основе нашей практической работы. Но соответствуют ли решения съезда и деятельность...
Решения матбоя №4 iconПриказ №116г. От 01. 09. 2011г. «Об утверждении Основной образовательной программы начального общего образования (ооп ноо) моу юдинской оош» На основании решения Педагогического Совета школы (протокол №1 от 29.
...
Решения матбоя №4 iconЭкологические проблемы современной россии и пути их решения
Ознакомьтесь с деятельностью Гринпис в современной России, подумайте и предложите свои решения экологических проблем
Разместите кнопку на своём сайте:
Документы


База данных защищена авторским правом ©podelise.ru 2000-2014
При копировании материала обязательно указание активной ссылки открытой для индексации.
обратиться к администрации
Документы

Разработка сайта — Веб студия Адаманов