Полагая, для определенности, а≥в, из первого равенства получим в3≥с3 , откуда в≥с. А тогда из второго равенства получим с3≥а3, откуда с≥а. Соотношения а≥в≥с≥ а означают, что а=в=с.
№ 5. 30 или 60.
Искомое число кабин обозначили через n, а длину пути, проходимого каждой кабиной за один оборот колеса, примем за 1.
Пусть колесо вращается в «положительном» направлении, т.е. так, что самое нижнее положение на нем занимают последовательно кабины с номерами 1, 2, 3 и т.д. Тогда за 20 мин. (с 10.00 до 10.20) каждый кабиной пройдено расстояние, равное k + , где k – некоторое целое неотрицательное число (число полных оборотов), а – расстояние (по окружности) от 4-й кабины до 25-й. За 60 мин. (с 10.00 до 11.00) пройдено втрое больше расстояние, т.е. 3(k + ), которое, с другой стороны, равно ℓ + , где ℓ - некоторое натуральное число, а – расстояние от 4-й кабины до 7-й.
Равенство 3(k + ) = ℓ + преобразуется к виду (ℓ -3k) • n = 60. Следовательно, n - делитель числа 60. А так как из условия задачи видно, что n ≥ 25, то n = 30 или n = 60.
Если же направление вращения «отрицательное», то расстояние от 4-й кабины до 25 и 7 следует брать равным 1 – и 1 – соответственно. Получим равенство.
3(k +1 – ) = ℓ + 1 – ,
где k и ℓ – некоторые целые неотрицательные числа;
отсюда (3k – 1 + 2)n = 60 и n = 30 или n = 60.
РЕШЕНИЯ
КЛАСС
№ 1. Найдем разность левой и правой частей неравенства:
= (а – в) (ав – ас – вс + с2) = (а – в) (в – с) (а – с).
Т.к. (а – в) (в – с) (а – с) > 0 , то а2в + в2с + с2а > в2а + а2с + с2в.
№ 2. Верно.
Полагая, для определенности, max(а; в; с) = а, из первого равенства получим в3 – с3 = в – а ≤ 0, откуда в ≤ с. Из второго равенства имеем в – с = а3 – с3 ≥ 0. Поэтому в – с = а3 – с3 = 0, откуда а = в = с.
№ 3. Ответ: р = -1, q = 0 или р = -1, q =
Запишем формулы Виета для данного уравнения:
Д + (1 – Д) = -р;
Д • (1 – Д) =q;
Откуда р = -1,q = Д - Д2.Далее по формуле для дискриминанта имеем
Д = в2– 4q = 1 – 4q = 1 – 4 (Д – Д2), тот есть Д = 1 – 4Д + 4Д2 или
4Д2 – 5Д + 1 = 0
Решая последнее уравнение относительно Д, получаем
Д = = , т.е. Д = 1 иди Д = .
Если Д = 1, то q = 1 – 12 = 0. Если Д = , то q =– ()2 =
Поэтому либо р = -1, q = 0 или р = -1, q = .
Непосредственная проверка показывает, что в этих случаях уравнение
х2+ рх + q = 0 действительно имеет корни Д и 1–Д.
№ 4.
Пусть точка Т расположена внутри прямоугольника АВСД. Разобьем прямоугольник средними линиями на 4 меньших прямоугольника. Пусть, для определенности, точка Т попадает в прямоугольник МВNО. Тогда из отрезков ТА, ТС и ТД можно составить треугольник.
Действительно, так как точка Т лежит левее серединного перпендикуляра к отрезку АД, то ТА≤ТД. Аналогично получаем, что ТС≤ТД. Поэтому справедливы неравенства ТА + ТД > ТС и ТС + ТД > ТА. Наконец, ТА + ТС ≥ АС = ВД ≥ ТД; поэтому ТА + ТС > ТД, что и требовалось доказать.
№ 5. 30 или 60.
Ход решения такой же как и в задаче № 5 8 класса.
При «положительном» направлении вращения получается равенство 3(k +1 – ) = ℓ + 1 – , при «отрицательном» – 3(k + ) = ℓ + .
lektsii.com - Лекции.Ком - 2014-2025 год. (0.008 сек.)
Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав
Главная страницаСлучайная страницаКонтакты