Класс (12-летняя школа)

№ 1. (х+2)⁴ + х⁴ = 82.

Обозначим у = х + 1,

тогда данное уравнение примет вид (у+1)⁴ + (у–1)⁴ = 82,

которое после упрощения примет вид у⁴ + 6у² – 40 = 0.

Данное биквадратное уравнение имеет решение у_1,2 = ±2.

Следовательно, х₁ = 1, х₂ = -3.

№ 2. Ответ: нет.

Допустим, что указанное nЄN существует. Тогда при некоторых k, ℓЄN выполнены неравенства 5 • 10^k < 2ⁿ < 6 • 10^k и 2 • 10^ℓ < 5ⁿ < 3 • 10^ℓ, перемножив которые, получим 10^k+ℓ+1 < 10ⁿ < 18 • 10^k+ℓ.

Ввиду неравенства 18 • 10^k+ℓ < 10^k+ℓ+2,

это означает, что k + ℓ + 1 < k + ℓ + 2, откуда (n - не натуральное). Противоречие.

№ 3.

Раскроем скобки, произвольное слагаемое в полученной сумме имеет вид: , где і = 1, 2, ..., n – 1. Сгруппируем слагаемые в этой сумме таким образом: каждое слагаемое сложим со слагаемым , их сумма будет равна 1•2•…•(n – 1)•( + ) = 1•2• …• .

Данное число будет целым, т.к. n – нечетно и і ≠ n – і. Таким образом, получаем сумму целых чисел, каждое из которых делится на n.

№ 4. 30 или 60.

Ход решения такой же как и в задаче № 5 8 кл.

При «положительном» направлении вращения получается равенство (k +1 – ) = ℓ + , при «отрицательном» – (k + ) = ℓ – + 1.

5. Ответ: .

		Пусть а, в, с – соответственно, длины двух катетов и гипотенуза исходного треугольника. Тогда ( )2 + ( )2 = 1. Но и – коэффициенты подобия меньших треугольников с исходным. Их можно записать в виде = и = ,

где Р – периметр данного треугольника (отношение периметров подобных треугольников равно их коэффициенту подобия). Поэтому ( )² + ( )² = 1, откуда и получаем Р =