9 сынып алгебрасынан олимпиада есептері мен шешімдері

9 сыныптар арасындағы математика пәнінен

Мектепішілік олимпиадасы

І-тур

Есеп №1. 5 қызыл және 6 ақ болатын 11 шар бар. Бір қызыл және бір ақ шар радиоактивті екені белгілі. Кез-келген шарлар тобы үшін, оның құрамында кемінде бір радиактивті шар бар ма екенін детектормен тексеріп білуге болады (бірақ қанша екені белгісіз). Ең көп дегенде 5 тексеру арқылы радиоактивті шарлардың екеуін де қалай табуға болады?

Есеп №2. Барлық x∈R үшін P(Q(x))= және Q(x−1)= болатын, барлық P(x) және Q(x) көпмүшеліктерін табыңыз.

Есеп №3. Алдыңызда қабырғалары 10 см, 10 см және 20 см болатын тік бұрышты параллелепипед тұр дейік (мұндай жағдай, мысалы, қабырғасы 10 см екі кубикты қосқанда пайда болады). Параллелепипедтің бір төбесіне қаңқызды (қызыл қоңыз) отырғызайық. Ол ұшқысы келмей, параллелепипедтің бетімен жүреді және барлық жаққа бірдей жылдамдықпен қозғалады деп есептейік. Қанқызға, параллелепипедтің қарсы төбесіне дейін қалайша тез баруына болады және ол, осы жолмен, неше сантиметр жүреді?

9 сыныптар арасындағы математика пәнінен

Мектепішілік олимпиадасы

ІІ-тур

Есеп №4. ABC үшбұрышы берілген. AB қабырғасында K, ал CK кесіндісінде L нүктелері AK=KL=KB болатындай таңдалды. ∠CAB=, ∠CKB= екені белгілі. AL=BL=CL. болатынын дәлелдеңіз.

Есеп №5. саны бүтін сан болып табылады. A санының соңғы екі цифрын табыңыз.

Есеп №6. 2017 санын, өспейтін ретпен орналасқан және бірінші мен соңғы қосылғыштың айырмашылығы 1-ден аспайтын, бірнеше қосылғыштың қосындысы ретінде неше тәсілмен көрсетуге болады?

1) Ответ на вопрос задачи утвердительный, и ниже мы будем описывать способ определения двух радиоактивных шаров за 5 проверок.

Как и многие задачи о поиске фальшивой монеты, об угадывании задуманного числа и т.п., эта задача решается не «методом тыка», а с помощью заранее продуманного алгоритма действий. Этот алгоритм должен быть таким, чтобы при каждом исходе очередного действия можно было достичь цели (обнаружить оба радиоактивных шара) за оставшееся количество действий.

Прежде чем описывать конкретный алгоритм, сформулируем некоторые важные его свойства.

1) Назовём вариантом каждую пару (красный шар, белый шар), в которой оба шара могут быть радиоактивными. Вначале у нас есть 5 · 6 = 30 различных вариантов. Цель алгоритма — свести оставшиеся варианты к единственному.2) Любая проверка даёт один из двух исходов: «+» — среди проверенных шаров есть радиоактивные, и «–» — среди проверенных шаров нет радиоактивных. Исход «–» означает, что оба радиоактивных шара остались среди тех, которые в этой проверке не участвовали.3) Если до проверки имелось K возможных вариантов, то после неё хотя бы в одном из исходов останется не меньше чем ]K/2[. Здесь квадратные скобки наружу ]...[ обозначают функцию «потолок» (калька с английского “ceiling”; см.: ceiling function) — округление числа вверх до ближайшего целого.4) Из предыдущего свойства сразу следует, что если число оставшихся вариантов больше, чем степень двойки 2d, то не существует алгоритма, позволяющего решить задачу за d проверок.

На этом месте, пожалуй, стоит задержаться. Итак, вначале у нас есть 30 вариантов и возможность сделать 5 проверок на радиоактивность. Может быть, эта задача изначально неразрешима? К счастью, это не так: 25 = 32 > 30. Но чтобы не оказаться в неразрешимой ситуации после первой же проверки, нам нужно делать ее так, чтобы после каждого из исходов, и «+», и «–», осталось не более 16 вариантов (а значит, и не менее 14). Проще сосчитать варианты для исхода «–»: если в проверке не участвовали r1 (от слова “red”) красных и w1 (от “white”) белых шаров, то исходу «–» соответствуют ровно r1 ∙ w1 вариантов. Чтобы правильно определить первый шаг алгоритма, мы должны рассмотреть три возможных случая:

А. r1 ∙ w1 = 16. Поскольку r1 ≤ 5 и w1 ≤ 6, то r1 = 4 и w1 = 4. То есть проверяться должны все остальные — один красный и два белых шара.Б. r1 ∙ w1 = 15. Здесь возможны два варианта для пары (r1, w1): (3, 5) или (5, 3). Первый вариант означает проверку двух красных и одного белого, а второй — проверку только трех белых шаров.В. r1 ∙ w1 = 14. Такое равенство невозможно, так как ни r1, ни w1 не могут быть равны 7.

Остановимся на каком-нибудь одном из трёх случаев. Например, на случае Б. Итак,

Шаг 1. Проверим три (любых) белых шара.

Если детектор покажет, что среди них есть радиоактивный, то остальные три белых шара можно «исключить из числа подозреваемых», а если детектор покажет, что радиоактивности нет, то мы поймём, что среди этих трёх шаров точно нет радиоактивных. В любом из двух случаев у нас останется ровно 15 исходов: 5 (красных) × 3 (белых).

Что делать дальше? Продолжим анализ. Пусть во второй проверке не участвовали r2 ≤ 5 красных и w2 ≤ 3 белых шаров (здесь мы уже совсем забыли про те три шара, которые точно не радиоактивны, и исследуем только три оставшихся). После каждого исхода этой проверки должно остаться не больше 8 (а значит, и не меньше 15 – 8 = 7) вариантов. Поскольку равенство r2 ∙ w2 = 7 невыполнимо, то осталось рассмотреть только r2 ∙ w2 = 8, откуда r2 = 4…