Решения(10 класс)

Решения(10 класс)
Задача №1
Ответ: Нет.
Решение: П е р в ы й с п о с о б. Схематически изобразим графики данных
трёхчленов. Из условия следует, что каждый из этих
трёхчленов при x = 1000 принимает положительное
значение (см. рис. 23). Следовательно, и их сумма в этой
точке положительна. График трёхчлена, являющегося
суммой данных, также располагается ветвями вверх (он
показан на рис. 23 пунктиром). Пусть один из его корней
больше тысячи, а другой — меньше тысячи. Тогда число
1000 располагается между корнями, то есть значение
суммы при x = 1000 отрицательно. Противоречие.
В т о р о й с п о с о б. Параллельно перенесём графики данных
трёхчленов на 1000 единиц влево. Эта операция эквивалентна замене в условии
задачи 1000 на 0. Получим приведенные трёхчлены: x2 + p1x + q1 с
отрицательными корнями и x2 + p2x + q2 с положительными корнями. Тогда по
теореме Виета q1 > 0 и q2 > 0. Сумма данных трехчленов имеет вид 2x2 +(p1 +
p2)x+(q1 + q2), где q1 + q2 > 0, поэтому ее корни одного знака. Значит, описанная
в задаче ситуация невозможна.
Критерии:
7 баллов – задача решена полностью.
3 балла – правильно изображена одна из парабол или правильно составлен один
из приведенных квадратных трехчленов.
2 балла – задача сведена к системам неравенств в общем виде с дискриминантом
и далее ученик в решении не продвинулся.
1 балл – рассмотрение частных случаев.
0 баллов – ни один из вышеприведенных случаев.
Задача №2
Решение: Умножая неравенство (1/a)+(1/b)+(1/c)>a+b+c на общий знаменатель,
получаем равносильное неравенство bc+ac+ab>(a+b+c)abc.
Теперь докажем вспомогательное неравенство
(a+b+c)2>3(ab+bc+ca) :
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2>0 <=>
<=> 2(a2+b2+c2)>2(ab+bc+ca) <=>
<=> a2+b2+c2>ab+bc+ca <=>
<=> a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)>3(ab+bc+ca) <=>
<=> (a+b+c)2>3(ab+bc+ca).
Отсюда легко получить требуемое неравенство:
(a+b+c)2>3(ab+bc+ca)>3(a+b+c)abc,
a+b+c>3abc.
Критерии:
7 баллов – задача решена полностью.
3 балла – удалось получить неравенство (a+b+c)2>3(ab+bc+ca).
2 балла – использовались правильно написанные неравенства о средних и далее
ученик не продвинулся в решении.
1 балл – рассмотрение частных случаев.
0 баллов – ни один из вышеприведенных случаев.
Задача №3
Решение: Занумеруем всех зрителей номерами их билетов 1, ..., n. Пусть, для
определённости, самое правое место имеет номер n, а самое левое - номер 1.
Будем решать задачу индукцией по количеству зрителей. Мы сведём задачу к
той же задаче с меньшим числом зрителей, пересадив зрителя n на своё место.
Пусть билетёр действует следующим образом. Он пересаживает
зрителя n вправо, если его правый сосед при этом не садится на своё место. Если
зрителя n не удаётся пересадить правее с места k, то на (k+1)-м месте сидит
зритель k. Выберем наибольшее m такое, что зрители с номерами k, k+1, ..., k+m1 сидят на местах k+1, k+2, ..., k+m соответственно. Возможны два
случая: k+m<n или k+m=n.
В первом случае на (k+m+1)-м месте сидит зритель j, j не равно k+m. Поэтому
безопасно пересадить j налево, потом ещё раз налево и т. д., пока он не
поменяется местами со зрителем n. В результате билетёру удастся пересадить
зрителя n на одно место правее, и он может повторять эту процедуру до тех пор,
пока не произойдёт одно из двух: зритель n окажется на своём месте или
встретится второй случай.
Во втором случае билетёр может рассадить по своим местам зрителей k, k+1,
..., n, пересаживая зрителя n вправо до его места.
Таким образом, несколько зрителей в правом конце ряда будут сидеть на своих
местах, а остальные - нет. Задача сведена к исходной с меньшим числом
зрителей.
Критерии:
7 баллов – задача решена полностью.
5 баллов – задача общего вида, сведена к исходной задаче с меньшим числом
зрителей.
3 балла – задача сведена к перестановкам или циклическим перестановкам и
анализируется их количество, возможность построения, но ученик не
продвигается сколь-либо в решении.
2 балла – использовались правильно написанные неравенства о средних и далее
ученик не продвинулся в решении.
1 балл – рассмотрение частных случаев.
0 баллов – ни один из вышеприведенных случаев.
Задача №4
О т в е т: нет, не всегда.
Решение: Опишем самый простой из возможных контрпримеров. Пусть в
коробку 2×2×3 помещены два бруска 1×2×3. Немного уменьшим у одного из них
измерение длины 3, а у другого — измерение длины 2. Так как у второго бруска
одно измерение равно 3, высоту коробки уменьшить нельзя. Так как высоты
обоих брусков больше 2, их можно ставить в коробку только вертикально. Ясно,
что изменить взаимное расположение брусков нельзя. Поэтому горизонтальные
размеры коробки также нельзя уменьшить. Выясните самостоятельно, изменится
ли ответ в задаче, если у каждого бруска уменьшаются два измерения из трёх.
Критерии:
7 баллов – задача решена полностью.
2 балла – рассмотрение частных случаев.
1 балл – дан правильный ответ.
0 баллов – дан неправильный ответ.
Задача №5
Ответ: нет, не существуют.
Решение: Так как m4 − 1⋮5 для любого m, не делящегося на 5 (это утверждение
легко доказывается непосредственной проверкой), то an при n⋮4 не делится на 5,
а тогда и на 2015.
Предположим, что числа am, . . . , am+4 делятся на 2015. Тогда числа bn = an+1 − an
= 2n + 2 · 3n + 3 · 4n + 4 · 5n также делятся на 2015 при n = m, m + 1, m + 2, m + 3.
Аналогично, на 2015 делятся числа cn = bn+1−2bn = 2·3n+6·4n+12·5n при n = m,
m+1, m+2. Рассмотрев затем числа dn = cn+1 − 3cn и dn+1 − 4dn, мы в итоге придём
к числу 24 · 5n, которое не делится на 403, а значит и на 2015.
Критерии:
7 баллов – задача решена полностью.
3 баллов – ученик использует в решении тот факт, что разность чисел имеющих
одинаковые остаткипри делении на m делится на m.
2 балла – использовались правильно написанные неравенства о средних и далее
ученик не продвинулся в решении.
1 балл – дан правильный ответ.
0 баллов – дан неправильный ответ.
.