  9 класс Задание 2

9 класс
Задание 2
1) Найти сумму
x  3x 2  5x 3  ...  19x 10
n
Решение. Каждое слагаемое в суме имеет вид 2n  1 x , n=1,2,…,10.
Если x=1, то слагаемые образуют арифметическую прогрессию, сумма которой равна
1 19  5  100 .
2
9
Обозначим сумму через S. Тогда S / x  1 3x  5x  ...  19x ,
x 1
x9  1
 1 2x  2x 2  ...  2x 9  19x 10  19x 10  1 2x
,
x
x 1
x 
x 10  x 
10
S
19
x

1

2

.
x  1
x 1 
S S /x  S
Ответ: 100 при x=1,
x 
x 9  1
10
19x  1 2x
 при x  1.
x  1
x 1 
2) Доказать, что сумма n3  3n2  5n  3 при любом целом n делится на 3.
Решение. Преобразуем сумму следующим образом.
n3  3n2  5n  3  n n2  3n   5n  3  n n2  3n  2  2n  5n  3  n  2n  1 n  3n  1
Второе слагаемое делится на 3. Так как из трех последовательных целых чисел одно
делится на 3, их произведение также делится на 3.
3) Решить систему
8x  5y  z  100

 x  y  z  20
в целых положительных числах.
Решение. Вычитая из первого уравнения второе, получим
7x  4y  80 . Так как x и y целые, x кратно 4, то есть x=4t, 7t  y  20 ,
следовательно, подставляя в исходную систему, имеем
y  20  7t

 z  3t .
Так как y<0 при t≥3, t=1 или 2. Если t=1, x=4, y=13, z=3. При t=2 x=8, y=6, z=6.
Ответ: (4,13,3) и (8,6,6).
4) Найти все а, для которых неравенство
1 x  a  x 2 имеет хотя бы одно решение, большее двух.
Решение. Рассмотрим взаимное положение графиков функций y  f1  x   1 x  a и
y  f2  x   x 2 в зависимости от а. При a<-1 решением неравенства f1  x   f2  x 
будет интервал  x1, x2  , где x1  1, x2  1 - абсциссы точки пересечения параболы
y  x 2 и прямой y  x  1 a . Поэтому неравенство будет иметь решение, большее
двух, если точка 2 попадет в этот интервал. При 1 a  1 решением неравенства
f1  x   f2  x  будет интервал  x3, x2  , где x3  1, а при a>1 – интервал  x3, x 4  , где
x3  1, x 4  1, x 3 и x 4 - абсциссы точек пересечения параболы и прямой
1
y   x  1 a . В любом случае, неравенство выполняется хотя бы для одной точки,
большей 2, если оно выполняется для точки 2.
Таким образом, 1 2  a  22 , 2  a  3 , a  1 или a  5 .
Ответ: a  1 или a  5 .
5) Прямая, параллельная основаниям прямоугольной трапеции, рассекает её на две
трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность. Боковые стороны
трапеции равны 4 и 5. Найти её основания.
Решение.
C
B
K
A
H
N
D
Пусть основания трапеции равны a и b. Из прямоугольного треугольника CHD
находим, что HD=3, то есть b=a+3. Обозначим BM=CK=x. Тогда CN=5/4x, KN=3/4x.
Так как в трапеции MBCN и AMND можно вписать окружности,
BM+CN=BC+MN, MN+AD=AM+ND,
то есть x+5/4x=2a+3/4x , a+3/4x+a+3=4-x+5-5/4x, или a=3/4x, 2a+3x=6. Отсюда a=1,
следовательно b=4.
Ответ: 1 и 4.
2