Február 21-én az Orosz Föderáció Kormányházában került sor a 2018-as oktatási kormánydíjak átadásának ünnepségére. A díjakat az Orosz Föderáció kormányának elnökhelyettese, T.A. adta át a díjazottaknak. Golikov.

A díj kitüntetettjei között vannak a Tehetséges Gyermekekkel Foglalkozó Laboratórium munkatársai is. A díjat az orosz válogatott IPhO tanárai, Vitalij Sevcsenko és Alekszandr Kiselev, az IJSO orosz válogatott tanárai, Elena Mikhailovna Snigireva (kémia) és Igor Kiselev (biológia), valamint az orosz csapat vezetője, a MIPT alelnöke kapták. Artyom Anatoljevics Voronov rektor.

A fő eredmények, amelyekért a csapatot állami kitüntetésben részesítették, az orosz csapat 5 aranyérem az IPhO-2017-en Indonéziában és 6 aranyérem a csapat számára az IJSO-2017-en Hollandiában. Minden diák aranyat hozott haza!

A Nemzetközi Fizikai Olimpián először ért el ilyen magas eredményt az orosz csapat. Az IPhO 1967 óta tartó teljes története során sem az orosz csapatnak, sem a Szovjetuniónak nem sikerült még öt aranyérmet nyernie.

Az olimpia feladatainak összetettsége és a más országok csapatainak képzési szintje folyamatosan növekszik. Az orosz csapat azonban utóbbi évek a világ legjobb öt csapata között van. A magas eredmények elérése érdekében a pedagógusok és a válogatott vezetése fejleszti hazánkban a nemzetközire való felkészülés rendszerét. Megjelent képző iskolák, ahol a hallgatók részletesen tanulmányozzák a program legnehezebb részeit. Aktívan készül a kísérleti feladatok adatbázisa, melynek elvégzésével a srácok a kísérleti körútra készülnek. Rendszeres távmunka folyik, a felkészülés évében mintegy tíz elméleti házi feladatot kapnak a srácok. nagy figyelmet az olimpián felmerülő problémák feltételeinek minőségi fordítását kapja. A képzési tanfolyamokat javítják.

A nemzetközi olimpiákon elért magas eredmények a Moszkvai Fizikai és Technológiai Intézet nagyszámú tanára, alkalmazottja és hallgatója, a helyszínen dolgozó személyes tanárok hosszú munkájának, valamint maguknak az iskolásoknak a kemény munkájának az eredménye. A válogatott felkészítéséhez a fent említett díjazottakon kívül óriási hozzájárulást nyújtottak:

Fedor Tsybrov (feladatok készítése minősítő táborokhoz)

Alexey Noyan (a nemzeti csapat kísérleti képzése, kísérleti műhely fejlesztése)

Aleksey Alekseev (minősítő képzési feladatok létrehozása)

Arseniy Pikalov (elméleti anyagok készítése és szemináriumok vezetése)

Ivan Erofejev (sok éves munka minden területen)

Alexander Artemiev (ellenőrzi a házi feladatot)

Nikita Semenin (minősítő képzési feladatok létrehozása)

Andrey Peskov (kísérleti létesítmények fejlesztése és létrehozása)

Gleb Kuznyecov (a nemzeti csapat kísérleti edzése)

8. OSZTÁLY

ISKOLA SZÍNAD FELADATOK

ÖSSZOROSSZORSZÁGI TÁRSADALOMTUDOMÁNYI OLIMPIA ISKOLÁKNAK

TELJES NÉV. tanuló ________________________________________________________________________________

Születési idő ___________________________ Osztály ____,__ "_____" dátum ______20__

Osztály (max. 100 pont) _________

1. Feladat. Válaszd ki a megfelelő választ:

Az erkölcs aranyszabálya ezt mondja:

1) "Szemet szemért, fogat fogért";

2) "Ne csinálj magadból bálványt";

3) „Úgy bánj az emberekkel, ahogy szeretnéd, hogy bánjanak veled”;

4) "Tiszteld apádat és anyádat."

Válasz: ___

2. feladat. Válaszd ki a megfelelő választ:

Egy személy azon képességét, hogy cselekedetei révén jogokat és kötelezettségeket szerezzen és gyakorolhasson: 1) cselekvőképesség; 2) cselekvőképesség; 3) emancipáció; 4) szocializáció.

Válasz: ___

(A helyes válaszért - 2 pont)

3. feladat. Válaszd ki a megfelelő választ:

BAN BEN Orosz Föderáció magasabb jogi ereje a normatív aktusok rendszerében rendelkezik

1) Az Orosz Föderáció elnökének rendeletei 3) Az Orosz Föderáció Büntető Törvénykönyve

2) Az Orosz Föderáció alkotmánya 4) Az Orosz Föderáció kormányának rendeletei

Válasz: ___

(A helyes válaszért - 2 pont)

4. feladat. A tudósnak helyesen kell írnia a fogalmakat és kifejezéseket. Töltse ki a megfelelő betű(ke)t a hiányosságokhoz.

1. Pr ... in ... legia - valakinek biztosított előny.

2. D ... in ... den ... - a részvényeseknek fizetett jövedelem.

3. T ... l ... rantn ... st - tolerancia mások véleményével szemben.

5. feladat. Töltse ki a sorban lévő rést.

1. Nemzetség, …….., nemzetiség, nemzet.

2. Kereszténység, ………, buddhizmus.

3. Termelés, forgalmazás, ………, fogyasztás.

6. feladat Milyen elv alapján készülnek a sorok? Nevezze meg azt a fogalmat, amely az alábbi kifejezésekben közös, egyesítve őket!

1. Jogállam, hatalmi ágak szétválasztása, az emberi jogok és szabadságjogok garantálása

2.Értékmérték, felhalmozási eszköz, fizetőeszköz.

3. Szokás, precedens, jog.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

7. feladat. Válasz "igen" vagy "nem":

1) Az ember természeténél fogva bioszociális lény.

2) A kommunikáció csak információcsereként értendő.

3) Minden ember egyéni.

4) Az Orosz Föderációban a teljes összeget az állampolgár 14 éves korától kap jogokat és szabadságokat.

5) Minden ember személynek születik.

6) Az orosz parlament (szövetségi közgyűlés) két kamarából áll.

7) A társadalom önfejlesztő rendszerekre utal.

8) Ha a választáson személyesen nem lehet részt venni, a meghatalmazásban megjelölt jelöltre szavazás céljából más személynek meghatalmazást kiadni.

9) Haladás történelmi fejlődés ellentmondásos: progresszív és regresszív változások egyaránt fellelhetők benne.

10) Egyén, személyiség, egyéniség – fogalmak, amelyek nem azonosak.

4.1.
4.2.
4.3.
4.4.

Egy helyes válaszért - 2 pont (Maximális pontszám - 8).

A CÉLKITŰZÉSEK KULCSAI

1. Feladat ( A helyes válaszért - 2 pont)

2. feladat ( A helyes válaszért - 2 pont)

3. feladat ( A helyes válaszért - 2 pont)

4. feladat ( A helyes betűért 1 pont. Maximum - 8 pont)

1. Kiváltság. 2. Osztalék. 3. Tolerancia

5. feladat ( Minden helyes válaszért - 3 pont. Maximum - 9 pont)

1. Törzs. 2. Iszlám. 3. Csere.

6. feladat ( Minden helyes válaszért - 4 pont. Maximum - 12 pont)

1. A jogállamiság jelei

2. A pénz funkciói

3. Jogforrások.

7. feladat Minden helyes válaszért 2 pont. (Feladatonként maximum 20 pont)

Önkormányzati Színpad Feladatok Össz-oroszországi olimpia iskolások matematikából

Gorno-Altajszk, 2008

Az olimpia önkormányzati szakaszát az oroszországi oktatási és tudományos minisztérium 01.01.01. 000. számú rendeletével jóváhagyott, az iskolások összoroszországi olimpiájáról szóló szabályzat alapján tartják meg.

Az olimpia szakaszai az alapfokú általános és középfokú (teljes) általános oktatás szintjén megvalósuló általános nevelési programok alapján összeállított feladatok szerint zajlanak.

Értékelési szempontok

A matematikai olimpiák feladatai kreatívak, többféle megoldást tesznek lehetővé. Ezenkívül értékelni kell a problémák részleges előrehaladását (például fontos eset elemzése, lemma bizonyítása, példa keresése stb.). Végül logikai és aritmetikai hibák is előfordulhatnak a megoldásokban. A feladat végső pontszámánál a fentieket figyelembe kell venni.

Az iskolások matematikai olimpiájának lebonyolítására vonatkozó szabályzatnak megfelelően minden feladat 7 pontból kerül értékelésre.

A megoldás helyességének és a megadott pontoknak egyezését a táblázat mutatja.

	A határozat helyessége (hamissága).
	Teljes helyes megoldás
	A helyes döntés. Vannak kisebb hibák, amelyek nem befolyásolják az általános megoldást.
	A döntés általában helyes. A megoldás azonban jelentős hibákat vagy hiányzó eseteket tartalmaz, amelyek nem befolyásolják az érvelés logikáját.
	A két (összetettebb) lényeges eset közül az egyiket helyesen veszi figyelembe, vagy egy „becslés + példa” típusú feladatban a becslést helyesen kapja meg.
	Bizonyítottuk a probléma megoldását segítő segédállításokat.
	Megoldás hiányában (vagy hibás döntés esetén) külön fontos eseteket mérlegelünk.
	Rossz döntés, nincs előrelépés.
	Nincs megoldás.

Fontos megjegyezni, hogy minden helyes megoldás 7 pontot ér. Nem fogadható el pontlevonás azért, mert a megoldás túl hosszú, vagy azért, mert a tanuló megoldása eltér a pontban megadotttól. módszertani fejlesztések vagy a zsűri által ismert egyéb döntésekből.

Ugyanakkor minden tetszőlegesen hosszú, hasznos előrelépést nem tartalmazó határozati szöveget 0 pontra kell értékelni.

Az olimpia önkormányzati szakaszának lebonyolítási rendje

Az Olimpia önkormányzati szakaszát november-decemberben ugyanazon a napon tartják a 7-11. osztályos tanulók számára. Az olimpiára ajánlott idő 4 óra.

Témák az olimpia iskolai és önkormányzati szakaszának feladataihoz

Az iskolai és önkormányzati szakaszok olimpiai feladatait az általános oktatási intézmények matematikai programjai alapján állítják össze. Olyan feladatok szerepeltetése is megengedett, amelyek témái az iskolai szakkörök (választható) programjaiban szerepelnek.

Az alábbiakban csak azok a témakörök szerepelnek, amelyeket az AKTUÁLIS tanév feladatainak választási lehetőségeinek elkészítése során javasolnak felhasználni.

Folyóiratok: Kvant, Matematika az iskolában

Könyvek és oktatási segédanyagok:

, A moszkvai régió matematikai olimpiái. Szerk. 2., rev. és további – M.: Fizmatkniga, 200-as évek.

, Matematika. Össz-oroszországi olimpiák. Probléma. 1. - M.: Felvilágosodás, 2008. - 192 p.

, Moszkvai matematikai olimpia. – M.: Felvilágosodás, 1986. – 303 p.

, Leningrádi matematikai körök. - Kirov: Asa, 1994. - 272 p.

Matematikai olimpiai feladatok gyűjteménye. - M.: MTSNMO, 2005. - 560 p.

Planimetriai feladatok . Szerk. 5. fordulat. és további - M.: MTSNMO, 2006. - 640 p.

, Kanel-, Moszkvai matematikai olimpiák / Szerk. . - M.: MTSNMO, 2006. - 456 p.

1. Csillagok helyett írjon be tíz különböző számot a *+ ** + *** + **** = 3330 kifejezésbe, hogy a megfelelő egyenlőséget kapja.

2. Vasya üzletember kereskedni kezdett. Minden reggel ő
a nála lévő pénz egy részéből (talán az összes pénzéből) vásárol egy árut. Vacsora után a vásárolt árut kétszer annyiért adja el, mint amennyit vásárolt. Hogyan kereskedjen Vasyának, hogy 5 nap múlva pontosan rubelje legyen, ha először 1000 rubel volt.

3. Vágjunk egy 3 x 3-as négyzetet két részre, egy 4 x 4-es négyzetet két részre, hogy a kapott négy darabot négyzetté lehessen hajtani.

4. Az összes természetes számot 1-től 10-ig egy 2x5-ös táblázatba írtuk, majd kiszámoltuk az egy sorban és egy oszlopban lévő számok összegét (összesen 7 összeget kaptunk). Ezen összegek közül hány lehet a legnagyobb számú prímszám?

5. Természetes számra N kiszámolta az összes szomszédos számpár összegét (például: N= A 35 207 összeg (8, 7, 2, 7)). Keresse meg a legkisebbet N, amelyekre ezen összegek között minden szám van 1-től 9-ig.

8 Osztály

1. Vasya természetes számot emelt A négyzetre húzta, az eredményt felírta a táblára, és törölte az utolsó 2005-ös számjegyeket. A táblán maradt szám utolsó számjegye egyenlő lehet eggyel?

2. A Hazugok és Lovagok Szigete csapatainak áttekintésén (a hazugok mindig hazudnak, a lovagok mindig igazat mondanak) a vezér felsorakoztatta az összes katonát. A sorban álló katona mindegyike azt mondta: "A sorban álló szomszédaim hazudnak." (A sor végén álló harcosok azt mondták: „A sorban álló szomszédom hazug.”) legnagyobb számban lovagok lehetnek a sorokban, ha 2005-ös harcosok jönnek a felülvizsgálatra?

3. Az eladónál van egy nyílmérleg a cukorméréshez két csészével. A mérlegek 0 és 5 kg közötti súlyt mutathatnak. Ebben az esetben cukrot csak a bal oldali pohárra, súlyokat pedig a két csésze bármelyikére lehet tenni. Mekkora a legkisebb súlyszám, amelyre egy eladónak szüksége van ahhoz, hogy bármilyen mennyiségű cukrot lemérjen 0 és 25 kg között? Magyarázza meg a választ.

4. Keresse meg a sarkokat derékszögű háromszög, ha ismert, hogy a pont szimmetrikus a csúcsra derékszög a befogóhoz képest a háromszög két oldalának felezőpontjain áthaladó egyenesen fekszik.

5. A 8x8-as asztal cellái három színnel vannak festve. Kiderült, hogy a táblázatban nincs olyan háromcellás sarok, amelynek minden cellája azonos színű (a háromcellás sarok egy 2x2-es négyzetből egy cella törlésével kapott ábra). Az is kiderült, hogy a táblázatban nincs három cellás sarok, amelynek minden cellája három különböző színű. Bizonyítsuk be, hogy az egyes színek celláinak száma páros.

1. Egész számokból álló halmaz a, b, c, helyére a - 1 készlet, b + 1, c2. Ennek eredményeként a kapott készlet egybeesett az eredetivel. Keresse meg az a, 6, c számokat, ha ismert, hogy összegük 2005.

2. Vasya 11-et vett be egymás után természetes számokés megszaporította őket. Kolya ugyanazt a 11 számot vette, és összeadta őket. Vajon Vasja eredményének utolsó két számjegye egybeeshet Kolja eredményének utolsó két számjegyével?

3. Az alapján AC háromszög ABC megértettem az álláspontodat D.
Bizonyítsuk be, hogy a háromszögbe írt körök ABDÉs CBD, Az érintési pontok nem oszthatnak fel egy szakaszt BD három egyenlő részre.

4. A sík minden pontját kiszínezzük valamelyik
három szín, mindhárom színt használjuk. Igaz-e, hogy minden ilyen színezéshez választhatunk olyan kört, amelyen mindhárom szín pontja van?

5. Egy sánta bástya (olyan bástya, amely csak vízszintesen vagy csak függőlegesen tud pontosan 1 mezőt mozogni) megkerülte a táblát 10 x 10 mezőt, és minden mezőt pontosan egyszer látogatott meg. Az első cellába, ahol a bástya meglátogatott, az 1-et írjuk, a másodikba a 2-es számot, a harmadikba a 3-at, és így tovább 100-ig. Lehetséges, hogy a két szomszédos cellába írt számok összege oldala mentén osztható 4-gyel ?

kombinatív feladatok.

1. Számokból álló halmaz a, b, c, A4-es készletre cserélve - 2b2, b 4- 2c2, c4 - 2a2. Ennek eredményeként a kapott készlet egybeesett az eredetivel. Keresse meg a számokat a, b, c, ha összegük 3.

2. A sík minden pontját kiszínezzük valamelyik
három szín, mindhárom színt használjuk. Ver
de vajon bármelyik ilyen festménynél választhat
egy kör, amiben mindhárom színű pontok vannak?

3. Oldja meg az egyenletet természetes számokban!

NOC (a; b) + gcd (a; b) = a b.(GCD – legnagyobb közös osztó, LCM – legkisebb közös többszörös).

4. Háromszögbe írt kör ABC, aggodalmak
a felek ABÉs nap pontokon EÉs F illetőleg. pontokat
MÉs N- merőlegesek alapjai az A és C pontból az egyenesre EF. Bizonyítsuk be, hogy ha a háromszög oldalai ABC forma számtani progresszióés az AC a középső oldal tehát NEKEM + FN = EF.

5. Az egész számokat a 8x8-as táblázat celláiba helyezzük.
Kiderült, hogy ha a táblázat bármely három oszlopát és három sorát kiválasztja, akkor a metszéspontjukban lévő kilenc szám összege nulla lesz. Bizonyítsuk be, hogy a táblázatban szereplő összes szám nulla.

1. Egy bizonyos szög szinusza és koszinusza különböző gyököknek bizonyult négyzetes trinomikus ax2 + bx + c. Bizonyítsd b2= a2 + 2ac.

2. Egy éles kocka mind a 8 szakaszához A, amelyek a kocka éleinek felezőpontjában lévő csúcsokkal rendelkező háromszögek, a szakasz magasságainak metszéspontját tekintjük. Határozzuk meg egy olyan poliéder térfogatát, amelynek csúcsai ebben a 8 pontban vannak!

3. Hagyjuk y=k1 x + b1 , y = k2 x + b2 , y =k3 x + b3 - parabola három érintőjének egyenletei y=x2. Bizonyítsd be, hogy ha k3 = k1 + k2 , Hogy b3 2 (b1 + b2 ).

4. Vasya természetes számot hívott N. Aztán Péter
keresse meg egy szám számjegyeinek összegét N, majd a számjegyek összege
N+13N, majd a számjegyek összege N+2 13N, Akkor
egy szám számjegyeinek összege N+ 3 13N stb
dy legközelebb több eredményt érhet el
előző?

5. Lehet-e a síkon 2005 nullától eltérőt rajzolni
vektorokat úgy, hogy bármelyik tízből lehetséges legyen
válassz hármat nulla összeggel?

PROBLÉMA MEGOLDÁSOK

7. osztály

1. Például 5 + 40 + 367 + 2918 = 3330.

2. Az egyik lehetőség a következő. Az első négy napban Vasyának minden pénzéből árut kell vásárolnia. Aztán négy nap múlva meglesz a rubel (100) Az ötödik napon 9000 rubelért kell árut vennie Marad 7000 rubel.Vacsora után eladja az árut rubelért, és pontosan rubel lesz.

3. Válasz. A lehetséges vágási példák közül kettőt az 1. és 2. ábra mutat be.

Rizs. 1 +

Rizs. 2

4 . Válasz. 6.

Ha mind a 7 összeg prímszám lenne, akkor különösen 5 számból álló két összeg lenne prímszám. Ezen összegek mindegyike nagyobb, mint 5. Ha mindkét összeg 5-nél nagyobb prímszám lenne, akkor ezek az összegek mindegyike páratlan lenne (mert csak a 2 páros prímszám). De ha ezeket az összegeket összeadjuk, páros számot kapunk. Ez a két összeg azonban minden számot tartalmaz 1-től 10-ig, és összegük 55 - páratlan szám. Ezért a kapott összegek között legfeljebb 6 lesz prímszám. A 3. ábra bemutatja, hogyan kell a táblázatban szereplő számokat elrendezni, hogy 6 egyszerű összeget kapjunk (példánkban 2 szám összes összege 11, és. 1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Megjegyzés. Például értékelés nélkül - 3 pont.

Rizs. 3

5. Válasz.N=1

Szám N legalább tíz számjegy, mivel 9 különböző összegről van szó legkisebb szám tíz számjegyű, mindegyik összeggel

Az 1, ..., 9 pontnak pontosan egyszer kell előfordulnia. Két tízjegyű szám közül, amelyek azonos számjeggyel kezdődnek, a kisebbiknél a kisebbik első számjegye különbözik. Ezért N első számjegye 1, a második 0. Az 1 összege már teljesült, tehát a legkisebb harmadik számjegy 2, és így tovább.

8 Osztály

1. Válasz. Tudott.

Tekintsük például az A = nulla számot 1001 végén). Akkor

A2 = 1 2002 végén nulla). Ha törli az utolsó 2005 számjegyet, akkor az 1-es szám marad.

2. Válasz. 1003.

Figyeld meg, hogy két egymás mellett álló harcos nem lehet lovag. Valóban, ha mindketten lovagok lettek volna, mindketten hazudtak volna. Válasszuk ki a bal oldalon álló harcost, és osszuk fel a fennmaradó 2004-es harcosok sorát 1002, egymás mellett álló harcosból álló csoportra. Minden ilyen csoportnak legfeljebb egy lovagja van. Vagyis a vizsgált 2004-es harcosok között legfeljebb 1002 lovag van. Vagyis legfeljebb 1002 + 1 = 1003 lovag van a sorban.

Tekintsük a következő sort: RLRLR ... RLRLR. Pontosan 1003 lovag van egy ilyen sorban.

Megjegyzés. Ha csak választ adunk meg, 0 pontot adunk, ha csak példát adunk meg, - 2 pontot.

3. Válasz. Két súly.

Egy súly nem elég az eladónak, hiszen 25 kg cukor kiméréséhez legalább 20 kg súly szükséges. Ha csak ekkora súlya van, az eladó nem tud például 10 kg cukrot lemérni. Mutassuk meg, hogy két súly is elég az eladónak: egy 5 kg-os és egy 15 kg-os. A 0-5 kg ​​súlyú cukor súlyok nélkül is lemérhető. 5-10 kg cukor leméréséhez 5 kg súlyt kell a megfelelő csészére tenni. 10-15 kg cukor leméréséhez tegyen egy 5 kg-os súlyt a bal oldali csészére és egy 15 kg-os súlyt a jobb oldali csészére. 15-20 kg cukor leméréséhez 15 kg-os súlyt kell a megfelelő csészére tenni. 20-25 kg cukor leméréséhez 5 kg-os és 15 kg-os súlyokat kell a megfelelő csészére tenni.

4. Válasz. 60°, 30°, 90°.

Ez a probléma részletes megoldást kínál. A lábak felezőpontjain áthaladó egyenes vonal osztja el a magasságot CH felére, tehát a kívánt pont R MN, Ahol MÉs N- a lábszár és a hypotenus felezőpontja (4. ábra), i.e. MN- ABC középvonal.

Rizs. 4

Akkor MN || nap=>P =BCH(mint belső keresztfekvési szögek párhuzamos egyenesekkel) => VSN =NPH (CHB = PHN = 90°

CH = PH - oldalán és éles sarok) => HH =NH => CN= SW= A(egyenlőszárú háromszögben a magasság a felezőszög). De CN- derékszögű háromszög mediánja ABC, Ezért CN = BN(világos, ha háromszög közelében van leírva ABC kör) => BCN- tehát egyenlő oldalú, B - 60°.

5. Tekintsünk egy tetszőleges 2x2 négyzetet. Nem tartalmazhat mindhárom színű cellát, hiszen akkor lehet találni egy három cellás sarkot, amelynek minden cellája három különböző színű. Illetve ebben a 2x2-es négyzetben nem lehet minden cella egyforma színű, hiszen akkor lehetne találni egy három cellás sarkot, aminek minden cellája azonos színű. Ez azt jelenti, hogy ebben a négyzetben csak két színű cella található. Jegyezzük meg, hogy ebben a négyzetben nem lehet 3 egyforma színű cella, hiszen akkor lehet találni egy három cellás sarkot, amelynek minden cellája azonos színű. Vagyis ebben a négyzetben 2 különböző színű cella található.

Most osszuk fel a 8x8-as táblázatot 16 2 x 2-es négyzetre. Mindegyikben vagy nincs első színű cella, vagy két első színű cella. Vagyis páros számú cella van az első színűből. Hasonlóképpen, páros számú cella van a második és a harmadik színben.

9. évfolyam

1. Válasz. 1003, 1002, 0.

Mivel a halmazok azonosak, ebből az következik, hogy a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Azt kapjuk, hogy c = c2. Vagyis c \u003d 0 vagy c \u003d 1. Mivel c = c2 , akkor a - 1 = b, b + 1 = a. Ez azt jelenti, hogy két eset lehetséges: a b halmaz + 1, b, 0 és b + 1, b, 1. Mivel a halmazban lévő számok összege 2005, így az első esetben 2b + 1 = 2005, b = 1002 és 1003, 1002, 0, a második esetben 2 b + 2 = 2005, szül = 1001, 5 nem egész szám, vagyis a második eset lehetetlen. Megjegyzés. Ha csak a választ adott, akkor adjon 0 pontot.

2. Válasz. Tudott.

Vegyük észre, hogy 11 egymást követő természetes szám között van kettő, amely osztható 5-tel, és van két páros szám, így a szorzatuk két nullára végződik. Jegyezze meg most a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Ha vesszük pl. a = 95 (vagyis Vasya a 95, 96, ..., 105 számokat választotta), akkor az összeg is két nullára fog végződni.

3. Hadd E,F, NAK NEK,L, M, N- érintési pontok (5. ábra).
Tegyünk úgy, mintha DE = EF = Facebook= x. Akkor AK =
= AL = a, BL = LENNI= 2x, VM =bf= x,CM = CN = c,
DK = DE= x,DN = D.F. = 2 x=> A-B+ időszámításunk előtt = a+ Zx + c =
= AC, ami ellentmond a háromszög egyenlőtlenségnek.

Megjegyzés. Ez is az egyenlőség lehetetlenségét bizonyítja bf = DE. Általában, ha egy beírt háromszögre ABD körökben E- kapcsolattartási pont és bf = DE, Hogy F az a pont, ahol az AABD excircle érinti BD.

Rizs. 5 A K D N C

4. Válasz. Jobb.

A első szín és pont BAN BEN l. Ha kilóg a sorból l ABC, Zenekar VAL VEL). Tehát a vonalon kívül l D) egyenes vonalon fekszik l AÉs D, lén BAN BENÉs D, l l

5. Válasz. Nem sikerült.

Vegyünk egy sakkszínezést egy 10 x 10-es táblán. Hagyja, hogy a bástya megkerülje a fehér négyzetet. Ekkor 1 fehér cellában lesz, 2 - feketében, 3 - fehérben, ..., 100 - feketében. Vagyis a páratlan számok fehér cellákban, a páros számok pedig feketében lesznek. De az oldalon lévő két szomszédos cella közül az egyik fekete, a másik fehér. Vagyis az ezekbe a cellákba írt számok összege mindig páratlan lesz, és nem osztható 4-gyel.

Megjegyzés. A „megoldásokért”, amelyekben csak egy példát veszünk figyelembe valamilyen megkerülésre, adjunk 0 pontot.

10-es fokozat

1. Válasz, a = b = c = - 1.

Az a tény, hogy a halmazok egybeesnek, azt jelenti, hogy összegük egybeesik. Szóval a4 2b2+ b 4 - 2c2 + c4 - 2a2 = a + b+ =-vel-3, (a+ (b2- 1) 2 + (c \u003d 0. Honnan a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, azaz a = ±1, b = ±1, Val vel= ± 1. Feltétel a + b+ -val= -3 csak a =-t elégíti ki b = c =- 1. Még ellenőrizni kell, hogy a talált hármas megfelel-e a probléma feltételeinek.

2. Válasz. Jobb.

Tegyük fel, hogy lehetetlen olyan kört választani, amelynek mindhárom színű pontja van. Válassz egy pontot A első szín és pont BAN BEN második színt, és húzzon egy vonalat rajtuk l. Ha kilóg a sorból l van egy harmadik színű C pont, majd a háromszög körül körülírt körön ABC, mindhárom színben vannak pontok (pl. Zenekar VAL VEL). Tehát a vonalon kívül l nincs pötty a harmadik színből. De mivel a sík legalább egy pontja a harmadik színnel van színezve, akkor ez a pont (nevezzük D) egyenes vonalon fekszik l. Ha most figyelembe vesszük a pontokat AÉs D, akkor hasonlóképpen meg lehet mutatni, hogy a vonalon kívül lén nincsenek a második színű pöttyök. A pontokat figyelembe véve BAN BENÉs D, kimutatható, hogy a vonalon kívül l az első színben nincsenek pöttyök. Vagyis a vonalon kívül l nincsenek színes pontok. Ellentmondást kaptunk a feltétellel. Tehát választhat egy kört, amelyen mindhárom színű pont található.

3. Válasz, a = b = 2.

Legyen gcd (a; b) = d. Akkor A= a1 d, b =b1 d, ahol gcd ( a1 ; b1 ) = 1. Ezután LCM (a; b)= a1 b1 d. Innen a1 b1 d+ d = a1 db1 d, vagy a1 b1 + 1 = a1 b1 d. Ahol a1 b1 (d - 1) = 1. Azaz al = bl = 1 és d= 2, szóval a= b = 2.

Megjegyzés. Egy másik megoldást az LCM (a; b) GCD (a; b) = ab egyenlőség alkalmazásával kaphatunk.

Megjegyzés. Ha csak a választ adott, akkor adjon 0 pontot.

4. Hagyjuk BP- az FBE egyenlő szárú háromszög magassága (6. ábra).

Ezután az AME ~ BPE háromszögek hasonlóságából az következik, hogy https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.