Да се поизпотим през лятото

[Pinetop Smith]

Предлагам в тази тема всички завършили седмокласници да си обменяме задачи с повишена трудност, за да не губим форма. Задачите да са по всичко - алгебра, геометрия и логически.

Ще помоля никой да не дава само отговора(например просто 30 градуса), а цялото решение!
Всеки може да пуска задачи, но не е задължително предната да е решена, за да пуснете нова. И нека, за да може, ако някой се затрудни, да давате задачи, на които разполагате с решението.

Нека тук РЕШЕНИЯ да дават само седмокласници. За ДАВАЩИТЕ задачи няма ограничение.

Почвам с две.

Даден е ▲ АВС. Точката D от АВ е такава, че през нея съществуват две прави, които разделят триъгълника на три еднакви триъгълника. Да се намерят ъглите на ▲ АВС.

Да се разложи:

2(а⁴ + b ⁴ + c⁴ + d⁴) - (a² + b² + c² + d²) ² + 8abcd

[Реклама]

[tanas]

Лошото е, че малко хора ще дават решения заради ограничението което си наложил, а именно по-големите да не дават отговори.

[Pinetop Smith]

Така съм направил, за да бъде основно упражнение за седмокласници. Но...

Сменяме регламента: Всеки може да пише решение на задачите, СТИГА ТО ДА Е С МАТЕРИАЛ ДО 7-МИ КЛАС.

[tanas]

[Pinetop Smith]

Ми давай тогава

[Saposto_MM]

Така... Значи, тази точка Д трябва да се свързва със С. Построяваме ДК към АС например. ДС е обща за ▲СДК и ▲ВСА, следователно ъгъл СВД е равен на ъгъл СКД. Ако ъгъл АДК=ъгъл СКД, то АС е успоредна на АВ. Аналогично ъгъл ДАК≠СКД, следователно ъгъл ДКА=ъгъл СКД=90°. Имаме правоъгълен триъгълник. ДК е обща за ▲АКД и ▲СДК, следователно ъгъл ДАК=ъгъл ДСК. Ъгъл СДВ≠ъгъл ДСК пак заради успоредност, и остава ъгъл ДСК=ДСВ. Лесно намираме, че това е всекиму познатият триъгълник с ъгли 30°, 60° и 90°.


Многочлен е много добър. Значи, аз, като приведа в нормален вид (a²+b²+c²+d²)² оставам само с a⁴+b⁴+c⁴+d⁴ и другите там неща. Прибавям 4a²b² и 4c²d², и после ги изваждам. Получавам:
(a²+b²)²+(c²+d²)²-2(a²+b²)(c²+d²)-4a²b²-4c²d²+8abcd=(a²+b²-c²-d²)²-4(ab-cd)²=(a²+b²-c²-d²+2(ab-cd))(a²+b²-c²-d²-2(ab+cd))

[Pinetop Smith]

Има още разлагане при дългото черво

Задачите са от сборника на Пенка Рангелова за 7-ми клас.

[Saposto_MM]

То се вижда, че има още, ама аз бързах и не забелязах.
Това е:
(a²+b²-c²-d²+2ab-2cd) (a²+b²-c²-d²-2ab+2cd)=
((a+b)²-(c+d)²)((a-b)²-(c-d)²)=
(a+b+c+d)(a+b-c-d)(a-b+c-d)(a-b-c+d)
Казвай, ако има още.



И аз давам задача:
Даден е равнобедрен ▲ABC с основа АВ. ВР е ъглополовяща и пресича височината CH в точка О. Да се намери числото k, такова че [tex]k\frac{CP}{PA}=\frac{CO}{OH}[/tex]

[Pinetop Smith]

Да, за червото е толкова
Сега да помисля върху геометричната...

Едит: Станах жертва на собствените си изисквания. Получих задачката на ММ, но със знания от по-горен клас. Работата е очевидно в ..., оттам нататък става лесно.

[Saposto_MM]

Жокер към задачата ми. Докажете че в произволен триъгълник, ако СК е ъглополовяща, то [tex]\frac{AC}{BC}=\frac{AK}{BK}[/tex]. Използвайте свойството на ъглополовящата.

[tanas]

[Saposto_MM]

След като можем да го докажем (свойството) със знания за седми клас, не мисля, че има проблем да го приложим тук.

[tanas]

[martosss]

пичове, успяхте да ме заинтригувате е сага се разтърсих, защото и ние тази година го учихме това свойство, но сега усещам че не мога да го докажа и накрая в учебника видях че го пише :
Нека имаме ▲АВС(по технически причини съм кръстил ъгъл АСВ=а) и СL е ъглополовяща. ПОСТРОЯВАМЕ ВD||СL и D е от правата АС. Понеже ВD||СL, то [tex]\frac{AL}{LB}=\frac{AC}{CD}[/tex]. От друга страна СL||BD=> <LCB=<CBD(кръстни)=[tex]\frac{a}{2}[/tex] и <ACL=<ADB=[tex]\frac{a}{2}[/tex](съответни) от тук <CBD=<CDB=[tex]\frac{a}{2}[/tex] и ▲ВСD е равнобедрен откъдето слева, че СВ=СD и получихме, че [tex]\frac{AL}{LB}=\frac{AC}{CD}=\frac{AC}{CD}[/tex] и сме готови - получихме, че [tex]\frac{AL}{LB}=\frac{AC}{CD}[/tex]

А сега към задачката - в ▲НВС ВО е ъглополовяща и [tex]\frac{CO}{OH}=\frac{BC}{BH}=\frac{2BC}{AB}[/tex] от друга страна ВР е ъглополовяща в ▲АВС и [tex]\frac{PC}{AP}=\frac{BC}{AB}[/tex] => k=2

[tanas]

[martosss]

[Pinetop Smith]

Не забравяйте, че условието на задачата е не да се докаже тази теорема, а да се намери число. Но вече става доста лесно.


Ето една задачка от състезанието на "Рики" :

Да се докаже, че неравенството е в сила за всяко х.

х¹² + х⁴ + 1 > х⁹ + х

[martosss]

офф ето го бе то елементарно, само не трябва да прехвърляш всичко от едната страна и да разлягаш - групираш ги 1-во и 2-ро, 4-то и 5-то и става x⁴(x⁸+1)+1>x(x⁸+1)
сега лявата страна е винаги положителна.
Ако х=0, то 1>0 е вярно;
Ако х<0, то дясната страна е отрицателна(а лявата е положителна винаги) и отново неравенството е вярно;
Ако х≥1, прехърляме всичко от лявата страна и получаваме, че x(x³-1)(x8+1)+1>0 което е вярно за х>1
Последно ако х(0;1), то прехвърляме x4(x8+1) от дясно и получаваме, че 1>x(1-x³)*(x8+1) което също е изпълнено, защото х>0, 1-x³<0 и x8+1>0, тоест цялото е отрицателно, а пък 1 е положително доста тъпо обяснениe, ама карай

[tanas]

[Pinetop Smith]

Сдобих се със сборникът "Математически състезания 4-7 клас" от издателство "Регалия". То е със задачи от ЗМС. Ето няколко интересни за 6-ти(мисля, че те въобще не са лесни!) и 7-ми.

Да се пресменте сборът

S = 1 - 1/2! - 2/3! - 3/4! - ... - 1997/1998!

(По дефиниция n! = 1.2.3...n за всяко естествено число n.)

Русе, 1998, 7

Намерете всички тройки цели положителни числа a, b, c, за които

a/(a + 2) = b²/(b + 4) = c³/(c + 10)

Плевен, 2004, 7

Скакалец скача по права линия, като всеки скок може да е или наляво, или надясно. В началото скакалецът стои в точката О. Първият му скок е дълъг 1 см, вторият скок е 3 см, третият е 5 см, четвъртият е 7 см и т.н. Възможно ли е скакалецът да е в точката О в момента, в който е направил:

а/ 2003-ят скок;

б/ 2002-ят скок?

Бургас, 2003, 6

Остроъгълен триъгълник разделяме с права на две части (не е задължително и двете да са триъгълници). По същия начин получените части разделяме с прави на две части и т.н., докато се получат само триъгълници. Възможно ли е всички получени триъгълници да са тъпоъгълни? Обосновете се!

Бургас, 2003, 7

Ако x + y ≥ 0, да се намерят най-малката стойност на изрза, както и стойностите х и у, за които тази най-малка стойност се достига.

x⁵ + y⁵ - x⁴y - xy⁴ + 4x + 7

Пазарджик, 1992, 7

Естествените числа m и n са взаимно прости. Отсечката [0, 1] oт числовата права е разделена на m + n равни отсечки. Да се докаже, че всички тези отсечки, освен двете крайни, съдържат във вътрешността си точно по едно от числата:

1/m, 2/m, 3/m, ... ,(m - 1)/m, 1/n, 2/n, 3/n, ... , (n - 1)/n.

Пазарджик, 1990, 7

[Spider Iovkov]

В триъгълник АВС точката М е средата на страната Ав. Докажете, че медианата СМ е по-голяма от 1/2(АС+ВС-АВ). Задачата се решава на два реда.

[Spider Iovkov]

Зад. 2. Даден е триъгълник АВС с лице S. Върху страните АВ и ВС са дадени точките М и К - такива, че АМ = !/5АВ, ВК = 1/3ВС и СР = 1/4СА. Да се намери лицето на триъгълника МКР.

[Pinetop Smith]

Иван избрал такива три последователни числа, че сборът от квадратите на първите две да е равен на квадрата нат третото. Пешо избрал такива четири последователни числа, че сборът от кубовете на първите три да е равен на кубът на четвъртото. Те сравнили числата си и се оказало, че някои се повтарят. Намерете кои са те, ако числата и на двамата са по-големи от нула.

[soldier_vl]

Ето ви тема от НПМГ 07.07.2002г
зад1.
За кои стойности на параметъра а уравнението х+2=a(a-x-1)
а)има корен (-1)^2002
б)е равносилно на уравнението x-(x-(x-1)/2)/2=x/0.8
в)има единствен корен, чийто квадрат е по-малък от числото 1?
зад.2
В колба се намира колония от n бактерии. В един момент в колбата попада вирус. В първата минута вирусът унищожава една бактерия и веднага след това вирусът и останалите бактерии се размножават, като се делят на две. През следващите минути процесът се повтаря: през втората минута новите два вируса унищожават две бактерии(всеки по една), след това вирусите и останалите бактерии се размножават, като се делят на две и т.н.
а)да се изрази чрез n броят на бактериите в края на петата минута
б)В минутата, когато вирусите станали повече от 2002, в колбата не остана нито една бактерия, а в предишната минута колонията все още не била загинала. Да се намери числото n
зад3.
В триъгълник ABC е построена ъглополовящата CL (L\in AB), а точките M и N са съответно върху страните AC i BC, различни от върхувете на триъгълника. Да се докаже, че:
а)Ако правата MN е симетрала на отсечката CL, то LM=LN и [tex]\angle ALM=\angle ABC[/tex]
б)ако AL=AM и BL=BN, то MNllAB
в)Ако AC>BC, то AL>BL

Успех

[martosss]

[killerbeast]

Имаме дванадесет еднакви на вид топчета. Разполагаме и с везна. Знаем, че точно едно от топчетата е фалшиво - или е по-леко, или по-тежко от останалите. Трябва да разпознаем кое е топчето и какво е то - по-леко или по-тежко. Проблемът е, че може да използваме везната само 3 (словом три) пъти. Успех!

Интересна задачка.Какво мислите?Ники, изтрий другия пост, че не трябва да е там.

[killerbeast]

Моля ви,помогнете.

[Irrefutable]

премерваме 1 2 3 4 с 5 6 7 8
ако са равни
значи едно от 9 10 11 12 е грешно , тогава премерваме 9 и 10 с 1 и 2 , и виждаме дали грешно е 9 или 10 , ако не , то е 10 или 11 , премерваме евентуалните грешни със 1 и виждаме кое е грешно.

Хм , всъщност сега като гледам , май не мога да я доизмисля , защото за после ми трябват 3 мерения а не само 2 , а едно съм направил вече.
Но при друго разделяне , вместо на 3 купчини първоначално , трябва да стане.
Пробвай с 4 или разделени купчини.

[killerbeast]

Пробвах, но не става.Бре,никой ли не се сеща за задачата.

[Pinetop Smith]

Ето какво измисли моя мозък в тази гореща утрин:

Трудността в задачата идва от това, че не знаем дали топчето е по-тежко, или по-леко. За да установим това, последното претегляне трябва да бъде сведено до едно топче с друго, като за едното вече знаем, че е фалшиво. Следователно, след второто претегляне, ние трябва вече да знаем кое е фалшивото топче.

Има и още една възможност, ама не ми се вярва, че чак до нея ще опрем.

Значи аз първо опитах да ги разделя на 2 купчини с по 5 топчета, но ако са различни, не знам как да процедирам напред.

Irrefutable, ако третото мерене - 1 с 11 - е равно, то 12 е грешното, но не знаем дали дали е по-тежко или по-леко. Оттук идва проблема... опака задача

Въпрос: ако премериш 5 топчета с 6 и после пак същите 5 със старите 5 и едно ново(например първо 1,2,3,4,5 с 6,7,8,9,10 и 11 и после 1,2,3,4,5 с 6,7,8,9,10 и 12), може ли да използваме това, че и в двата случая разликата е еднаква или пък, че е различна... Предполагам, че не, защото тази преценка ще е само на око... Абе мани, объркано стана