Главная Коллекция "Revolution" Педагогика Олимпиада – вершина знаний

Олимпиада – вершина знаний

Рассмотрение заданий из общего формата олимпиадных задач по алгебре и геометрии для 7-9 классов, которые можно использовать при объяснении тем. Разбор нескольких олимпиадных задач по математике, в которых можно быстрее сделать ошибку, чем решить её.

Рубрика Педагогика
Вид статья
Язык русский
Дата добавления 11.11.2018
Размер файла 110,5 K
рефераты на заказ со скидкой

Отправить свою хорошую работу в базу знаний просто. Используйте форму, расположенную ниже

Студенты, аспиранты, молодые ученые, использующие базу знаний в своей учебе и работе, будут вам очень благодарны.

Размещено на http://www.allbest.ru/

ОЛИМПИАДА - ВЕРШИНА ЗНАНИЙ

Т?леберген Ескендір Аблай?лы

Кызылординский государственный университет имени Коркыт ата

магистрант кафедры физика и матаматика

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: задача, неравенство, перпендикуляры, простые числа, числа, элементы

***

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

олимпиадный задача алгебра

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 p тогда

отсюда b должно быть нечетным, то есть

отсюда выходит следующее,а это возможно 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=90???BAC2 и ?PQC=90???ABC2 . Тогда если продлить PQ до пересечения со сторонами AC и BC , обозначим точки пересечения X И Y соответственно , то получим что ?CPX=180???QPC??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.

Размещено на Allbest.ru

...

Подобные документы

Работы в архивах красиво оформлены согласно требованиям ВУЗов и содержат рисунки, диаграммы, формулы и т.д.
PPT, PPTX и PDF-файлы представлены только в архивах.
Рекомендуем скачать работу.

© 2000 — 2023, ООО «Олбест» Все права защищены