Ant lentos buvo užrašyti teisingi. Problemų sprendimai

Užduočių šaltinis: Sprendimas 3754. NAUDOJIMAS 2016. Matematika, I. V. Jaščenko. 30 tipiškų bandomųjų elementų parinkčių.

19 užduotis. Lentoje buvo parašyta 20 natūraliųjų skaičių (nebūtinai skirtingų), kurių kiekvienas neviršija 40. Vietoj kai kurių skaičių (galbūt ir vieno) ant lentos surašė skaičius, vienus mažesnius už pirminius. Skaičiai, kurie po to pasirodė lygūs 0, buvo ištrinti iš lentos.

a) Ar gali būti, kad lentoje esančių skaičių aritmetinis vidurkis padidėjo?

b) Iš pradžių įrašytų skaičių aritmetinis vidurkis buvo lygus 27. Ar gali likti lentoje skaičių aritmetinis vidurkis 34?

c) Iš pradžių užrašytų skaičių aritmetinis vidurkis buvo 27. Raskite didžiausią įmanomą lentoje likusių skaičių aritmetinio vidurkio reikšmę.

Sprendimas.

a) Taip, galbūt, pavyzdžiui, jei imsite 19 skaičių, lygių 10, o 20 yra lygus 1, tada skaičių 20 sumažinus 1, jis tampa lygus 0 ir vidutinė reikšmė yra nebe 20 skaičių, o 19 , tada mes turime:

Pradinis vidurkis:;

Vidutinė vertė po pakeitimo: .

Kaip matote, antroji vidutinė vertė tapo didesnė už pradinę.

b) Tarkime, kad norint įvykdyti šią sąlygą, reikia paimti vienetus, tada paimti skaičius ir vieną skaičių, iš viso 20 skaičių. Jų aritmetinis vidurkis bus

,

ir po trynimo vienetai turėtų gautis

,

tai yra, mes turime lygčių sistemą:

Iš pirmosios lygties atėmę antrąją, gauname:

Taigi, norėdami įvykdyti šios pastraipos sąlygą, turite paimti trupmeninį skaičių skaičių, o tai neįmanoma atliekant šią užduotį.

Atsakymas: ne.

v) Norėdami gauti maksimalų lentoje likusių skaičių vidurkį, pirmiausia turite užsirašyti skaičių rinkinį, sudarytą iš didžiausio vienetų skaičiaus (kuris tada bus ištrintas iš lentos), o likusieji skaičiai turi būti maksimalus. Šią sąlygą įrašome formoje

,

kur yra vienetų skaičius; - 20-as numeris (pasirenkamas taip, kad būtų pateiktas 27 vidurkis). Taigi mes turime:

Iš gautos išraiškos matyti, kad minimali reikšmė, kuriai esant gauname didžiausią reikšmę. Taigi, turime skaičių seką, kurios suma yra

nėra ką veikti.

Užduotis yra pokštas. Ira iš motinos pasiskolino 100 rublių, bet juos prarado. Tada iš draugo pasiskolinau 50 rublių. Už 20 p. nupirko pyragėlių, o likusius 30 rublių. grįžo pas mamą. Pasirodo, ji mamai skolinga 70 rublių. plius 50 p. draugas, tik 120 rublių, plius 20 rublių, kuriuos išleidau pyragams. Iš viso 140 rublių, bet iš viso ji turi grąžinti 150 rublių. Klausimas: kur dar 10 rublių?

Sprendimas. Ira prarado ir išleido 100 + 20 = 120 rublių. Ir aš turiu grąžinti būtent šiuos pinigus: mamai 100–30 = 70 rublių. ir draugei 50 p. Ir visi kiti skaičiavimai iš piktojo.

1.7. Daugyba. Daugybos dėsniai

1.8. Paskirstymo įstatymas

V 1.7 skirsnyje pristatoma dviejų skaičių sandaugos sąvoka, naudojant skaičių 3 ir 4 sandaugos pavyzdį. Atkreipkite dėmesį, kad ši sandauga yra trijų narių, kurių kiekvienas yra lygus 4, suma, ty 3 ∙ 4 = 4 + 4 + 4. Tai būtina, kad toliau po 3 ∙ a suprasti sumą a + a + a. Bet kurio skaičiaus a lygybė 1 ∙ a = a laikoma teisinga.

Toks požiūris į kūrinio apibrėžimą atrodo nepatogus, nes pradinėje mokykloje sakoma, kad 3 ∙ 4 yra 3 + 3 + 3 + 3 (imkite 3 4 kartus). Tačiau šis, atrodytų, nepatogumas pašalinamas jau pirmoje pamokoje, kai tik parodoma, kad daugybos poslinkio dėsnis galioja.

Skaičiuojant kvadratų skaičių ir kubelių skaičių paaiškinami daugybos judėjimo ir kombinacijų dėsniai.

Bet kurio skaičiaus a lygybės 0 ∙ a = 0, a ∙ 0 = 0 laikomos teisingomis. Be to, lygybė 0 ∙ 0 = 0 yra teisinga.

V 1.8 punkte paaiškinamas skirstymo dėsnis skaičiuojant kvadratų skaičių, parodomas skirstymo dėsnio taikymas skliausteliuose ir iš skliaustų išimamas bendrasis koeficientas.

Studijuodami visus tris dėsnius, moksleiviai turėtų būti mokomi rašyti įstatymus raidėmis, žyminčiomis savavališkus skaičius, ir įsiminti dėsnių formuluotes. Tai padeda lavinti aiškią matematinę kalbą, suteikia

mokinių „kalbos šablonai“ žodiniams atsakymams.

Čia ir toliau studentai turėtų atkreipti dėmesį į skaičiavimo greičio pranašumus, kuriuos turi tas, kuris turi išmoktus dėsnius. Taigi mokytojas sukuria vidinę mokymosi motyvaciją, kylančią iš dalyko (o ne iš išorės).

RT. 66–70 užduočių naudojimas pirmoje pamokoje leis kartoti daugybos lentelę, atkreipti mokinių dėmesį į faktorių poras, kurios dauginant duoda 10, 100, 1000 ir tt 71–76 užduotys skirtos pratyboms. tirtų dėsnių taikymas.

Sprendimai ir pastabos

90. a) Skaičius 12 pirmiausia padidintas 2 kartus, gautas rezultatas padidintas 3 kartus. Koks rezultatas?

b) Sugalvojome skaičių, padidinome jį 3 kartus, rezultatas buvo padidintas 4 kartus. Kiek kartų dėl to skaičius išaugo?

Sprendimas. a) 12 ∙ 2 = 24, 24 ∙ 3 = 72, rezultatas yra 72.

Čia patartina paklausti mokinių: kiek kartų skaičius 12 padidėjo per 2 kartus. Atsakymą galima gauti naudojant derinio daugybos dėsnį: (12 ∙ 2) ∙ 3 = 12 ∙ (2 ∙ 3) = 12 ∙ 6 – skaičius 12 padidėjo 6 kartus per 2 kartus. Šis atsakymas paruoš mokinius savarankiškai išspręsti 90b problemą.

b) Pirma, problemą galima išspręsti konkrečiam sumanytam skaičiui, pavyzdžiui, 2 arba 3. Pasirodo, kad bet kuriuo atveju sumanytas skaičius išaugo 12 kartų. Norėdami parodyti, kad atsakymas į šį uždavinį tikrai nepriklauso nuo sumanyto skaičiaus pasirinkimo, sugalvotą skaičių pažymime raide a. Tada (a ∙ 3) ∙ 4 = a ∙ (3 ∙ 4) = a ∙ 12 – skaičius a per 2 kartus padidėjo 12 kartų.

91. Kokie dėsniai naudojami atliekant šiuos skaičiavimus:

20 ∙ 30 = (2 ∙ 10) ∙ (3 ∙ 10) = (2 ∙ 3) ∙ (10 ∙ 10) = 6 ∙ 100 = 600?

a) Apskaičiuokite: 20 ∙ 50.

Sprendimas. Buvo naudojami abu daugybos dėsniai: poslinkis ir derinimas. Atkreipkite dėmesį, kad aukščiau aprašytas šių įstatymų taikymas nėra išsamiai parodytas, pavyzdžiui, taip:

20 ∙ 30 = (2 ∙ 10) ∙ (3 ∙ 10) = ((2 ∙ 10) ∙ 3) ∙ 10 = (2 ∙ (10 ∙3)) ∙ 10 = = 2 ∙ (3 ∙ 10) ∙ 10 = ((2 ∙ 3) ∙ 10) ∙ 10 = (2 ∙ 3) ∙ (10 ∙ 10) = 6 ∙ 100 = 600,

nes mokiniai dar neturi motyvacijos tiksliai konvertuoti skaitines išraiškas. Tačiau atlikdami šias užduotis galite nereikalauti tokio neišsamaus sprendimų įrašymo, kuris pateiktas aukščiau. Sprendimą galima parašyti trumpai: a) 20 ∙ 50 = 1000.

(27 + 73) = 356 100 + 644 100 = (356 + 644) 100 = 1000 100 =100 000.

Tarpinis valdymas. DM. C-2.

1.9. Stulpelių sudėjimas ir atėmimas

1.10. Skaičių dauginimas iš stulpelio

Šių punktų tikslas – parodyti mokiniams, kaip naudojami sudėties ir daugybos dėsniai, skirstymo dėsnis sudedant, atimant ir dauginant daugiaženklius skaičius stulpelyje. Tai nereiškia, kad mokiniai turėtų patys atlikti panašius pagrindimus, tačiau jiems būtų naudinga pastebėti, kad stulpelių skaičiavimų teisingumas išplaukia iš sudėties ir daugybos dėsnių teisingumo.

Ypatingą dėmesį reikėtų atkreipti į tai, kad būtų teisingi parašyti daugikliai vienas po kito, kurių įrašas baigiasi nuliais.

Nuo šio momento skaičiavimai stulpelyje įtraukiami į penktokų skaičiavimo praktiką, tačiau būtina atkreipti mokinių dėmesį, kad kartais skaičiavimai su daugiaženkliais skaičiais gali būti lengviau atlikti be stulpelio, jei pastebite poras. skaičiai, duodantys „apvalias“ sumas (135 užduotis); arba jei pastebite, kad bendrąjį faktorių galima išimti iš skliaustų (144 užduotis). Būtina ugdyti ir visokeriopai remti moksleivių norą ekonomiškai skaičiuoti, o tam, kaip jau minėjome, reikia būti atidiems.

ir studijuotos teorijos turėjimas.

V noras sutaupyti laiko skaičiavimams ateityje turėtų tapti paskata plėtoti stebėjimą, taip pat

formuojasi mintis, kad daugelio teorinės informacijos žinojimas gali supaprastinti problemos sprendimą.

RT. Užduočių 77, 78 panaudojimas pirmoje sudėjimo ir atimties pamokoje stulpelyje suaktyvins mokymosi procesą, nes mokiniams tereikia įvesti atsakymus į jau užrašytus stulpelius. Užduotis79 paruošia juos užduotims80 ir užduotims133 ir 134 iš vadovėlio. 81 užduotis atliekama stulpelių daugybos tyrimo pradžioje, tuo tarpu būtina atkreipti studentų dėmesį į daugiklių įrašymą. 82 užduotis skirta galvosūkiams spręsti.

Sprendimai ir pastabos

133. Teisingai atlikti sudėjimo ir atimties pavyzdžiai buvo užrašyti lentoje, vėliau kai kurie skaičiai ištrinti ir pakeisti raidėmis. Perrašykite pavyzdžius, raides pakeisdami skaičiais, kad vėl gautumėte teisingus įrašus:

Toliau mokiniai gali gauti atsakymus pasirinkę tinkamą skaičių ir patikrinę atsakymo teisingumą, tačiau bus geriau, jei lentoje bus pateikti samprotavimų pavyzdžiai: norėdami gauti 8, pridėkite 5 prie 3 (pavyzdys „a“) ​​ir pan.

Atsakymas. a) 725 + 173 = 898; b) 952 - 664 = 288; c) 502 + 879 = 1381;

d) 1456–568 = 888.

134. Rekonstruokite pavyzdžius, darydami prielaidą, kad tos pačios raidės reiškia tuos pačius skaičius, o skirtingos raidės – skirtingus skaičius:

linijinis atsakymo paieškos algoritmas. Kiekviename žingsnyje jis raidei suteikia vieną reikšmę.

1) Dviejų keturženklių skaičių suma yra penkiaženklis skaičius. Vadinasi, d

1, t.y.

1raka 2) Suma p + p yra skaičius, kuris baigiasi lyginiu skaitmeniu, ty a - lyginis

skaičių, bet tada (žr. sumos šimtukų vietą) a = 2, t.y.

1p2k2 3) Suma p + p yra skaičius, kuris baigiasi 2, tai įmanoma tik dviem

atvejai: p = 1 arba p = 6. Bet skaičius 1 jau yra (skirtingos raidės atitinka skirtingus skaičius), todėl p = 6, t.y.

162k2 4) Thenak = 5, y = 8, t.y.

Pavyzdys „c“ buvo atkurtas ir visi skaitmenys rasti vienareikšmiškai.

d) Ši užduotis yra sudėtingesnė, ją atlikus realizuojamas atsakymo paieškos išsišakojimo algoritmas. Tam tikru žingsniu tai nesuteikia vienintelės raidės reikšmės. Sunkumas kyla dėl to, kad nepamirškite užbaigti kiekvienos algoritmo šakos motyvų.

1) Dviejų šešiaženklių skaičių suma yra septynių skaitmenų skaičius, todėl ir =

2) Suma b + b baigiasi lyginiu skaitmeniu, t.y. e yra lyginis skaičius, dešimčių + l vietoje yra skaičius, kuris baigiasi lyginiu skaitmeniu. Norint gauti skaičių 1 sumos dešimčių vietoje, būtina, kad jis būtų ≥ 5 arba = 0 arba = 5.

3) Jei l = 0, t.y.

toa = 5, t.y. e.

1sde01e Bet tada tūkstantojoje vietoje sumos + m + 1 baigiasi nelyginiu skaičiumi, t.y.

Nelyginis skaičius, bet aukščiau buvo nustatyta, kad e yra lyginis skaičius. Gautas prieštaravimas reiškia, kad 0. Vadinasi, η = 5.

4) Kadangi l = 5, t.y. e.

1sde51e tada vietoje šimtų suma a + a + 1 baigiasi 5. Tai įmanoma dviem atvejais:

a = 2 arba a = 7. Tačiau a = 7 vietoje tūkstančių skaičius yra nelyginis, o tai neįmanoma, nes aukščiau buvo nustatyta, kad e yra lyginis skaičius. Vadinasi, a ≠ 7. Vadinasi, a = 2.

5) Kadangi a = 2, t.y.

1sde51e ir kadangi e yra lyginis skaičius, tai jis negali būti lygus nuliui (jei e = 0, tada b = 0 arba = 5,

o tai neįmanoma, nes jau buvo nustatyta, kad b ≥ 5, o skaičius 5 jau yra). Skaičius 2 jau egzistuoja, todėl ≠ 2. Todėl belieka apsvarstyti tris galimus atvejus: e = 4, e = 6,

e = 8.

6) Jei e = 4, tada b = 7, tada (žr. tūkstančio vietą) m = 2 arba m = 7, o tai neįmanoma, nes skaičiai 2 ir 7 jau yra.

7) Jei e = 6, tai vietoje dešimčių tūkstančių sumos d = 3 (nes skaičius 2 jau yra

yra), bet tada suma nebus septynženklis skaičius, o tai neįmanoma. Taigi e = 8.

8) Kadangi f = 8, tai b = 9, m = 4, q = 6, s = 3, t.y. e.

Pavyzdys „d“ buvo atkurtas ir visi skaičiai rasti vienareikšmiškai. Pavyzdžių „c“ ir „d“ sprendimus rodyti lentoje yra lengviau nei publikuoti

knyga, kadangi tiesinio algoritmo atveju naudojant skudurą ir kreidą raides palaipsniui galima pakeisti skaičiais ir iš šio pavyzdžio raidėmis gauti norimą pavyzdį su skaičiais. O išsišakojusio algoritmo atveju būtina palikti lentoje visas iki galo neapsvarstytas galimybes. Sprendžiant d) užduotį įdiegto algoritmo schema gali būti pavaizduota taip:

Žinoma, studentai gali tiesiog pasiimti jiems reikalingus skaičius, bet tada jie nebus tikri, kad jų rastas sprendimas yra vienintelis.

135. a) Atlikite veiksmus: (5486 + 3578) + 1422.

Sprendimas. Čia norėčiau, kad, be galimybės taikyti 2 kartų skaičiavimus stulpelyje, vienas iš mokinių pastebėjo, kad antrojo ir trečiojo skaičių suma yra „apvali“, todėl skaičiavimą galima nesunkiai atlikti eilute:

(5486 + 3578) + 1422 = 5486 + (3578 + 1422) = 5486 + 5000 = 10 486.

146. Keturių iš eilės einančių natūraliųjų skaičių sandauga lygi

3024. Raskite šiuos skaičius.

Sprendimas. Atkreipkite dėmesį, kad tarp keturių ieškomų skaičių nėra skaičių 10 ir skaičių 5, nes jei būtų bent vienas iš šių veiksnių, produktas baigtųsi nuliu. Belieka patikrinti: 1 ∙ 2 ∙ 3 ​​∙ 4 = 24, 6 ∙ 7 ∙ 8 ∙ 9 = 3024.

Atsakymas. 6, 7, 8, 9.

1.11. Laipsnis su natūraliu rodikliu

Šis punktas įveda laipsnio su natūraliuoju rodikliu sąvoka atvejams n> 1 ir n = 1. Studentai turi įsisavinti terminologiją: laipsnis, laipsnio bazė (skaičius, kurį padidiname iki laipsnio), eksponentas (rodo laipsnį iki kuriuos pakeliame laipsnio bazę), kvadratinius skaičius, kubo skaičius ir išmokti skaičiuoti laipsnius.

RT. Pradiniame medžiagos studijavimo etape patartina naudoti 83–86 užduotis. Studijuodami šį dalyką galite naudoti 87–90 užduotis.

Sprendimai ir komentarai

171. Tarp pirmųjų penkių natūraliųjų skaičių yra du nelygūs skaičiai m

ir n taip, kad n m = m n. Raskite šiuos skaičius.

Sprendimas. Šie skaičiai yra 2 ir 4. Iš tiesų, 24 = 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 16, 42 = 4 ∙ 4 = = 16,

ty 24 = 42.

Atsakymas. 2 ir 4.

1.12. Visas skyrius

Šis punktas pristato viso padalijimo sąvoką ir atitinkamą terminiją, paaiškina, kodėl bet koks natūralusis skaičius arba nulis negali būti padalytas iš nulio. Pateikiami padalijimo supaprastinimo kai kuriais atvejais pavyzdžiai. Reikėtų atkreipti dėmesį į koeficiento savybę, kuri kartais padeda supaprastinti skaičiavimus (186-187 užduotys). Pavyzdžiui, padalydami skaičių iš 5, galite padalyti ir

padauginkite daliklį iš 2 ir padalykite naują dividendą iš 10:

320: 5 = 640: 10 = 64.

Šios koeficiento savybės įrodymas vadovėlyje nebuvo atliktas. Pamokoje pakanka pateikti jam tokį pavyzdį: „Įrodykime, kad jei 320: 5 = c, tai (320 ∙ 2): (5 ∙ 2) = c, kur c yra natūralusis skaičius“.

Norėdami tai padaryti, padauginame c iš 5 ∙ 2 ir patikriname, ar rezultatas yra 320 ∙ 2. Šiuo atveju atsižvelgiame į tai, kad kadangi 320: 5 = c, tai lygybė c ∙ 5 = 320 yra teisinga.

c ∙ (5 ∙ 2) = (c ∙ 5) ∙ 2 = 320 ∙ 2.

Taigi dalinio savybė įrodoma daliniui 320: 5 ir natūraliajam skaičiui c.

Atkreipkite dėmesį, kad jei vietoj skaičių 320 ir 5 imsime bet kokius natūraliuosius skaičius a ir b, kad lygybė a: b = c būtų teisinga, o vietoj skaičiaus 2 imsime bet kurį natūralųjį skaičių d, tada, ginčydami panašiai, gauti to paties teiginio įrodymą bendra forma:

a: b = (a ∙ c): (b ∙ c).

Šiuo metu užduotys parenkamos taip, kad jas sprendžiant nereikėtų skirstyti į skiltį, kuri bus nagrinėjama 1.15 punkte.

RT. Pradiniame padalijimo tyrimo etape patartina naudoti 91–93 užduotis. Jie tikrina padalijimo taisyklės (apibrėžimo) supratimą. 94–97 užduotys skaičiavimams be stulpelio. 98 užduotis rasti nežinomus komponentus daugybos ir dalybos metu. 99–107 užduotys, skirtos patikrinti komponentų santykio supratimą daugybos ir dalybos metu.

Sprendimai ir pastabos

188. Įrodykite, kad jei kiekvienas iš natūraliųjų skaičių a ir b dalijasi iš natūraliojo skaičiaus c, tai lygybė (a + b): c = a: c + b: c yra teisinga.

Sprendimas. Pateiksime bendrą įrodymą. Kadangi kiekvienas iš natūraliųjų skaičių a ir b dalijasi iš natūraliojo skaičiaus c, yra natūraliųjų skaičių a: c ir b: c. Jų sumą padauginame iš c ir gautą sandaugą transformuojame naudodamiesi pasiskirstymo dėsniu ir koeficiento apibrėžimu (a: c yra skaičius, kurį padauginus iš c gauname a, todėl (a: c) ∙ c = a):

(a: c + b: c) ∙ c = (a: c) ∙ c + (b: c) ∙ c = a + b,

todėl lygybė (a + b): c = a: c + b: c yra teisinga.

Jei mokytojas mano, kad jo klasėje bendras mokinių pateiktas įrodymas (raidėmis) dar nėra pasirengęs suvokti, geriau jį pacituoti konkrečiam atvejui, pavyzdžiui: (15+ 35): 5 = 15: 5 + 35: 5. Tačiau nereikėtų įrodinėti skaičiuojant – įsitikinkite, kad kairė ir dešinė gaus tą patį atsakymą (toks „įrodymas“ raidėmis neveiks). Būtina, nors ir konkrečiais skaičiais, atlikti tuos pačius samprotavimus, kaip ir įrodinėjant bendruoju atveju, tai palaipsniui išmokys studentus įrodyti teiginius.

Tarpinis valdymas. DM. C-3.

1.13. Žodinių uždavinių sprendimas naudojant daugybos ir dalybos metodus

Šiuo metu tęsiamas anksčiau pradėtas darbas mokant moksleivius spręsti uždavinius aritmetiniais metodais. Mokomajame tekste užduotys sprendžiamos su paaiškinimais, tačiau karts nuo karto mokiniams reikia duoti nurodymą: „Ir ši užduotis turi būti sprendžiama klausimais“. Ypatingas dėmesys turėtų būti skiriamas tai, kad kai kurie pradinės mokyklos mokiniai turi įsišaknijusių klaidingų nuomonių apie problemos sprendimo veiksmo pasirinkimą. Jei problemos tekste jie susiduria su klausimu „kiek?“, tada jie sako, kad reikia atimti ir pan. Todėl 193 užduotį reikia atlikti klasėje ir įsitikinti, kad atsakymo gavimo veiksmai parinkti teisingai.

RT. 108-117 uždaviniai gali būti naudojami pirmose temos pamokose, sprendžiant 108-112 uždavinius su klausimais, o 113-117 uždavinius su paaiškinimais. 118–137 uždavinių sprendimas apima visų tirtų veiksmų panaudojimą.

Sprendimai ir pastabos

193. a) Kiekvienas vežimas buvo prikrautas po 8 maišus bulvių. Kiek vežimėlių pakrovė 72 maišai?

b) Kai kurie iš 40 maišų buvo užpildyti granuliuotu cukrumi. Liko 10 tuščių pakuočių. Į kiek maišų buvo supiltas granuliuotas cukrus?

c) Siuvimo ceche yra 2 audeklo gabalai po 60 m.Kiek metrų audinio liko?

PROBLEMŲ SPRENDIMAI

Bendrosios pastabos dėl patikrinimo.

Kriterijai rašomi pagal problemos sprendimą „sumažintą“.

„Kitokio“ sprendimo atveju turi būti parengti kiti kriterijai pagal bendruosius kriterijų reikalavimus.

1. Tanya nuėjo nusipirkti rašiklių ir pieštukų. Išleidusi visus pinigus ji galėjo nusipirkti 6 rašiklius arba 12 pieštukų. Ji nusprendė už visus pinigus pirkti abu po lygiai. Kiek?

Atsakymas: 4.

Sprendimas.

Vienas rašiklis yra kaip du pieštukai, o tušinukas ir pieštukas yra kaip trys pieštukai. Todėl Tanya gali nusipirkti 12: 3 = 4 rašiklio ir pieštuko rinkinius.

Patikrinimo kriterijai.

Remiantis konkrečiu skaitiniu pavyzdžiu: 1 taškas

2. Dvynės Anya, Manya ir Tanya gimtadienio proga kepė tortus. Jei Anya ir Manya būtų iškepusios dvigubai daugiau pyragų, bendras pyragų skaičius būtų išaugęs 60 proc. Kiek procentų pyragų iškepė Tanya?

Sprendimas. Jei Tanya taip pat iškeptų dvigubai daugiau pyragų, tada visi pyragai būtų padidėję 100%. Ani ir Mani dalis yra 60%, o tai reiškia, kad Tanya dalis yra 100% -60% = 40%.

Patikrinimo kriterijai.

Pažangos nėra, bet yra atsakymas: 0 balų

Laikomas ypatingas atvejis: 1 balas.

Yra veiksmas 100% -60%, bet prielaida apie Tanya nedaroma: 2 taškai

3. Lentoje buvo užrašyti keturi natūralieji skaičiai. Sudėjus jas visais įmanomais skirtingais būdais po du, Petja gavo tokias šešias sumas: 17, 18, 20, 21, 23, 26. Įrodykite, kad skaičiuodama sumas Petja suklydo.

Sprendimas. Visų šešių porinių sumų suma yra 125. Kiekvienas iš lentoje užrašytų skaičių į šią sumą įtraukiamas tris kartus, vadinasi, ši suma turi būti kartotinė iš 3, tačiau 125 nesidalija iš 3.

Patikrinimo kriterijai:

Rasta visų porinių sumų suma lygi 125: 1 taškas.

Nurodoma, kad kiekvienas skaičius vartojamas kaip terminas tris kartus: 2 taškai.

Abu ankstesni teiginiai: 3 taškai

Pastebima, kad kadangi kiekvienas skaičius yra tris kartus susumavus, tai suma turėtų dalytis iš 3, tačiau išvados, kad jie atėjo į prieštaravimą, nedaroma: 6 taškai.

Visų detalių buvimas sprendime: 7 balai.

2 būdas. Išdėstykime užrašytus skaičius nemažėjančia tvarka: a £ b £ c £ d. Tada

a + b = 17, a + c = 18, b + d = 23, c + d = 26. 18 + 23 = a + b + c + d = 17 + 26. (arba 26–23 = c – b = 18–17) Gavome prieštaravimą, todėl skaičiavimuose įvyko klaida.

Šis sprendimas pateikiamas siekiant parodyti, kad sąlyga „natūralūs skaičiai“ yra nereikalinga. Jis skirtas mokyti vaikus kitokio požiūrio į užduotį (kraštutingumo metodas).

4. Petya turi 5 × 7 stačiakampį ir 1 × 1 kvadratą. Ar Petya gali iškirpti šį stačiakampį į 2 dalis, kurios nėra stačiakampiai, ir iš šių dviejų dalių pridėti 6 × 6 kvadratą ir šį 1 × 1 kvadratą? (Jei įmanoma, reikia parodyti, kaip iškirptas stačiakampis ir kaip daromas kvadratas. Arba paaiškinti, kodėl tai neįmanoma.)

Atsakymas. Gal būt.

Nurodomi keli stačiakampiai pjūviai ir kvadratiniai mazgai.

(Yra ir kitų sprendimų.)

1 paveikslas

2 pav.

3 pav

4 pav.

Patikrinimo kriterijai:

Jei yra pjovimas, bet yra tik vienas brėžinys, tai yra parodyta, kaip surinkti arba kaip pjauti: 4 taškai.

5. Šeši draugai: Andrejus, Vitya, Borya, Sasha, Tolja ir Gena, išsidėstę iš eilės mažėjančia jų ūgio tvarka (nė vienas iš jų nėra tokio pat ūgio). Tada Gena ir Andrejus pasikeitė vietomis, Borya ir Vitya taip pat pasikeitė vietomis ir, galiausiai, Sasha ir Tolya taip pat pasikeitė vietomis. Paaiškėjo, kad dabar berniukai ūgio didėjimo tvarka. Raskite aukščiausią tarp berniukų, jei žinoma, kad Borya yra aukštesnė už Andrejų ir Geną, bet žemesnė už Sašą.

Sprendimas... Kadangi po visų permutacijų vaikinai išsirikiavo priešinga tvarka, aukščiausias ir mažiausias buvo apverstas (1). Šioje poroje negali būti Andrejus ir Gena: jie abu yra žemesni už Bori (2). Borya negali patekti į šią porą. Jis yra žemesnis už Sasha, bet aukštesnis už Andrejų, vadinasi, jis nėra aukščiausias ir ne žemiausias (3). Liko tik viena pora: Sasha ir Tolya. Sasha yra aukštesnė už Bory ir negali būti žemiausia (4). Tai reiškia, kad aukščiausia yra Sasha, o žemiausia - Tolja.

Patikrinimo kriterijai:

Nurodomas tik teisingas atsakymas: 1 balas.

Yra pirmasis teiginys (1): 2 taškai.

Yra teiginiai (1) ir (2): 3 taškai.

Yra teiginiai (1) ir (2) ir (3): 6 balai.

Yra visi teiginiai: 7 taškai.

6. Yra 10 šaškių 1´20 juostoje 10 kairiųjų laukų. Ženklas gali pereiti į laisvą langelį, esantį greta dešinėje, arba peršokti per greta esantį langelį į kitą langelį po jo, jei šis langelis yra laisvas. Judėjimas į kairę neleidžiamas. Ar galima visas šaškes perstatyti iš eilės be tarpų atvirkštine tvarka?

Sprendimas... Šaškes sunumeruokime skaičiais 1,2,3, ..., 9,10.

Pavyzdys permutacijas. Judesiai susideda iš dviejų dalių: judančių nelyginių (išardymas) ir judančių lyginių (surinkimas).

Patikrinimo kriterijai:

Nurodomos visos permutacijos: 7 taškai.

Pradžia ir pabaiga nurodytos, tačiau yra elipsės. 6 taškai.

Jei taip pat yra, bet yra ėjimų praleidimas - 5 taškai.

komentuoti. Kiekvienos figūros judėjimą parodo pradžios ir pabaigos padėtis, tarpinius judesius lengva atstatyti. Dėl tokių perdavimų kaltų ieškoti nereikia.

1. Ant lentos užrašyto skaičiaus Petya ištrynė tris skaičius ir gavo 9 kartotinį. Koks skaičius dabar parašytas lentoje? (Išvardykite visas galimybes ir įrodykite, kad kitų nėra.)

Skaičius dalijasi iš 9 tik tuo atveju, jei jo skaitmenų suma dalijasi iš 9. Užrašyto skaičiaus skaitmenų suma lygi 30. Trijų skaitmenų suma nuo 1 iki 3 gali skirtis nuo 3 iki 9. Todėl išbraukus Ištraukus tris skaitmenis, naujojo skaičiaus skaitmenų suma gali būti nuo 23 iki 27. Iš jų tik 27 dalijasi iš 9. Tai reiškia, kad buvo nubraukti trys skaitmenys, kurių suma lygi 3, t. trys vienetai. Skaičius liks lentoje:.

Patikrinimo kriterijai.

Pateiktas atsakymas: 1 balas.

Nurodoma, kad reikia skaitmenų sumos dalytis iš 9, todėl reikia išbraukti tris skaitmenis, kurių suma yra 3, tai reiškia, kad tai yra trys vienetai: 4 taškai.

Pilnam sprendimui reikia parodyti, kad negalima gauti jokios kitos skaičių sumos, dalijamos iš 9. Jei tai daroma - 7 taškai. Jei samprotavime matyti, kad trys vienetai išbraukti, bet skaičius nerodomas: minus 1 taškas.

2. Nataša ir Inna nusipirko po tą pačią dėžutę arbatos pakelių. Yra žinoma, kad su vienu maišeliu jie užvirina du ar tris puodelius arbatos. Šios dėžutės Natašai užteko 53 arbatos puodeliams, o Innai – 76. Kiek maišelių buvo dėžutėje? Atsakymas turi būti pagrįstas.

Sprendimas

Atkreipkite dėmesį, kad dėžutėje negalėjo būti mažiau nei 26 paketėliai: jei jų yra bent 25, tai Inna negalės išgerti daugiau = 75 puodeliai, bet ji išgėrė 76. Kita vertus, dėžutėje
negalėjo būti daugiau nei 26 paketėliai: jei jų yra bent 27, tai Nataša negalėjo išgerti mažiau = 54 puodeliai, bet ji išgėrė 53. Taigi dėžutėje buvo 26 paketėliai: Inna tris kartus išvirė 24 paketėlius ir 2 paketėlius du kartus, o Nataša tris kartus užplikė 1 paketėlį ir du kartus 25 paketėlius.

Patikrinimo kriterijai.

Pateiktas tik atsakymas 26 paketėliai: 0 balų.

Būtina parodyti, kaip išgerti 53 ir 76 puodelius arbatos, kitaip tirpalas nebus baigtas. Trūksta kiekvieno pavyzdžio: minus 1 taškas.

3. Užpakalyje sėdi septyni įvairaus amžiaus nykštukai apvalus stalas... Yra žinoma, kad kiekvienas nykštukas gali kalbėti tiesą arba meluoti. Kiekvienas iš jų sakė, kad yra vyresnis už savo kaimynus. Koks gali būti didžiausias teisingų teiginių skaičius?

Įvertinimas. Apsvarstykite vyresnio amžiaus nykštuką. Jis negalėjo pasakyti tiesos. Likusias 6 padalinkite į tris gretimas poras. Kiekvienoje poroje tik vienas nykštukas galėjo pasakyti tiesą. Tai reiškia, kad tiesą pasakė ne daugiau kaip trys nykštukai. Pavyzdys: 7, 5, 6, 3, 4, 1, 2. (Nykštukai sunumeruoti pagal stažą.)

Patikrinimo kriterijai.

Vertinimo problema ir pavyzdys.

Pavyzdys: 2 taškai.

Rezultatas: 4 taškai.

Vertinant svarbu, kad kaimyniniai nykštukai negalėtų abu kalbėti tiesos, o jei tiesą kalba bent keturi, vadinasi, tarp jų yra ir kaimynų.

Visi kartu 7 taškai.

komentuoti. Jei nykštukai sėdėtų iš eilės, tai 4 nykštukai galėtų pasakyti tiesą.

6, 7, 4, 5, 2, 3, 1.

4. Yra žinoma, kad. Rasti.

Sprendimas

Sudėkime trupmenas kairėje pusėje:

Kur tai reiškia ... Dar kartą pridėjus trupmenas kairėje paskutinės lygybės pusėje, gauname.

Pagaliau turime

5. Maži vaikai valgė saldumynus. Kiekvienas suvalgė 11 saldainių mažiau nei visi kiti kartu paėmus, bet vis tiek daugiau nei vienu saldainiu. Kiek iš viso buvo suvalgyta saldainių?

Sprendimas

Išsirinkime vieną iš vaikų – pavyzdžiui, Petiją. Jei paimsite 11 visų kitų saldainių, bus tiek pat, kiek ir Petya. Tai reiškia, kad dvigubas Petya saldainių skaičius yra lygus bendram saldainių skaičiui atėmus vienuolika. Tą patį galima pasakyti apie bet kurį iš vaikų, o tai reiškia, kad visi vaikai turi vienodą saldumynų dalį – tarkime, vieną krūvą.
Akivaizdu, kad visi suvalgė sveiku skaičiumi krūvų mažiau nei kiti kartu. Todėl 11 yra padalintas iš krūvos dydžio. Tai reiškia (kadangi pagal būklę visi suvalgė daugiau nei 1 saldainį), yra 11 saldainių, tai yra, visi suvalgė krūva mažiau nei kiti kartu. Petya suvalgė vieną krūvą, todėl likusios - dvi. Tai reiškia, kad iš viso yra trys krūvos ir 33 šokoladai.
Tą patį sprendimą galima parašyti ir algebriškai.
Pažymėkime pagal S viso vaikų suvalgytų saldumynų skaičiaus. Jei vienas iš vaikų pavalgė a saldumynų, tada pagal sąlygą valgė visi kiti a + 11 saldainių, taigi visi kartu valgė S = a +(a + 11)= 2a + 11 saldumynų. Šis samprotavimas galioja kiekvienam vaikui, todėl visi vaikai suvalgė vienodą kiekį saldainių: a =(S– 11)/ 2 gabalėliai.
Dabar žymime N Vaikų skaičius. Tada sąlyga rašoma kaip a = a(N– 1)– 11, iš kur 11 = a(N– 2). Skaičius 11 yra paprastas, todėl vienas iš faktorių yra 1, o kitas 11. Bet pagal sąlygą a> 1, todėl a = 11 , N– 2= 1 . Taip N = 3, ir buvo suvalgytas S = aN = 33 saldainiai.

Atsakymas: 33 saldainiai.

Tik atsakymas: 0 taškų.

6. Taškai K ir D buvo paimti atitinkamai trikampio ABC kraštinėse AB ir AC. Taškas E pasirinktas taip, kad K būtų atkarpos DE vidurio taškas. Paaiškėjo, kad РEAK = РACB ir AE = DC. Įrodykite, kad BD yra kampo ABC pusiausvyra.

Iš taško D nuleidžiame statmenis DL ir DM į tieses AB ir BC atitinkamai. Iš taško E nuleidžiame statmeną EN į tiesę AB. Stačiakampiai trikampiai AEN ir CDM yra lygūs hipotenuzėje ir smailiame kampe. Taigi DM = EN. Be to, EN = DL (iš stačiakampių trikampių lygybės, jei N ir L skiriasi, arba kaip sutampančią su atkarpomis EK ir DK, jei taškai N, L ir K sutampa).

Vadinasi, DL = DM, o taškas D yra vienodu atstumu nuo kampo ABC kraštinių, todėl yra ant šio kampo bisektoriaus.

Patikrinimo kriterijai. Praleisti pageidaujami statmenys: 1 taškas.

Įrodant lygybę EN = DL, nebuvo nagrinėjamas statmenų pagrindų sutapimo atvejis: minus 1 balas.

1. Natūralaus skaičiaus kubas N dalijasi iš 2010. Ar iš to išplaukia, kad pats skaičius N dalintis iš 2010 m. Atsakymas: turėtų.

Sprendimas... 2010 m. = 2 * 3 * 5 * 67. Skaičiai 2, 3, 5 ir 67 yra pirminiai.

https://pandia.ru/text/77/496/images/image018_66.gif "width =" 19 aukštis = 15 "aukštis =" 15 ">. gif" plotis = "21" aukštis = "21 src ="> dalijasi iš 3, dalijasi iš 3,

https://pandia.ru/text/77/496/images/image018_66.gif "width =" 19 "height =" 15 "> dalijasi iš 5,

https://pandia.ru/text/77/496/images/image018_66.gif "width =" 19 "height =" 15 "> dalijasi iš 67.

Pateiktas tik atsakymas: 0 balų.

2. Yra įvairių dydžių skardinių: A, B, C ir D. Yra žinoma, kad 11 skardinių A ir 7 skardinių B telpa tiek pat kiek 12 skardinių C. C 6 skardinėse A ir 5 skardinėse B telpa tiek pat kiek 6 skardinėse skardines C ir 1 skardines D. 6 skardines D pilnai pripildytos vandens. Ar užteks 3 skardinių A ir 8 skardinių B užpilti visą vandenį iš 6 skardinių D?

Sprendimas. Tegul https://pandia.ru/text/77/496/images/image021_51.gif "height =" 15 src = "> yra atitinkamai A, B, C ir D skardinių tūris.

Už teisingai sudarytą lygčių sistemą: 2 taškai.

3. Duotas lygiagretainis KLMNūminė viršūnė K... Ant spindulių KL ir ML pažymėti taškai A ir B atitinkamai ir ESU = LM ir BK = KL.

a) Įrodykite AN = BN.

b) Įrodykite, kad trikampiai ABN ir BKL yra panašūs.

Sprendimas.

Iš trikampių lygybės AMN ir BKN(iš dviejų pusių ir kampo tarp jų) laikomasi atkarpų lygybės AN ir BN.

Iš kampų lygybės AKB ir AMB(kampai panašių lygiašonių trikampių viršūnėse BKL ir AML) iš to išplaukia, kad taškai A, B, K, M guli ant to paties rato, ir nuo to laiko

tada taškas taip pat yra šiame apskritime N... Todėl kampai BNA ir BKL viršūnėse N ir K lygiašoniai trikampiai BNA ir BKL yra lygūs. Todėl trikampiai yra panašūs.

Taškas a) įrodytas: 3 taškai.

Taškas b) įrodytas: 4 taškai.

4. Įrodykite, kad jei lygtys ir https://pandia.ru/text/77/496/images/image028_31.gif "width =" 263 "height =" 24 "> neturi šaknų.

Sprendimas.

Paimkime savavališką.

Tada ji neturi šaknų, todėl bet kuriai.

Todėl lygtis neturi šaknų. Todėl bet kam.

https://pandia.ru/text/77/496/images/image034_29.gif "width =" 255 "height =" 22 src = ">

bet kam. Tai yra lygtis

Įrodyta, kad už bet kokius +4 taškus.

Jei nėra atitinkamo paaiškinimo, tai nėra ir atitinkamo taškų pridėjimo.

5. Vasja pamiršo keturių skaitmenų kodą saugykloje (kodas gali būti nuo 0000 iki 9999). Jis tik atsimena, kad kodą nurodantis skaičius dalijasi iš 3 ir 7, o ne iš 5 ir 9. Kiek variantų jis turės pereiti, kad tikrai atspėtų kodą?

Atsakymas: 254.

Sprendimas. 1 būdas.

Kodas 0000 neveikia.

Tarp skaičių nuo 1 iki 9999 tiksliai = 476 dalijasi iš 21..gif "width =" 65 "height =" 39 ">. Tačiau tarp 158 skaičių, dalijamų iš 9, ir tarp 95 skaičių, dalijamų iš 5, yra sutapimų .skaičiai dalijasi iš 45. Iš 476 skaičių, dalijamų iš 21, yra lygiai tokie skaičiai. Tada yra lygiai + 31 = 254 skaičiai, atitinkantys uždavinio sąlygą.

9 * 5 * 7 = 315, todėl tarp skaičių nuo 1 iki 315, nuo 316 iki 630, nuo 630 iki 945 ir tt yra tiek pat skaičių, kurie tenkina uždavinio sąlygą. Tokių skaičių nuo 1 iki 315 yra lygiai 8 (tai skaičiai 21, 42, 84, 147, 168, 231, 273, 294). Taigi nuo 1 iki 315 * 31 = 9765 tokie skaičiai 31 * 8 = 248. Belieka atsižvelgti į skaičius nuo 9766 iki 9999 ir įsitikinti, kad iš jų tiksliai 6 skaičiai atitinka problemos sąlygą (9786, 9807, 9849, 9912, 9933, 9996). Iš viso 248 + 6 = 254 skaičiai.

Atsakymas be sprendimo: 0 balų.

Nurodyta formulė yra + 31 = 254: + 3 taškai.

Kiekviena skaičiavimo klaida: - 1 taškas.

Atsakymas be sprendimo: 0 balų.

Nurodoma, kad tarp kiekvieno iš šių 315 skaičių tiek pat skaičių, atitinkančių uždavinio sąlygą: +3 taškai.

Apskaičiuota, kad lygiai 8 nuo 1 iki 315 tenkina sąlygą: +1 balas.

Apskaičiuota, kad uždavinio sąlygą tenkina lygiai 6 nuo 9766 iki 9999: +1 balas.

Formulė yra tokia, kaip 248 + 6 = 254: +2 taškai.

Jei kam užtenka kantrybės užrašyti visus 254 skaičius ir neklysti: 7 balai.

6. Funkcijos grafike paimti taškai A ir B ... Iš jų statmenai abscisių ašyje praleisti, statmenų pagrindai yra HA ir HB; С yra kilmė. Įrodykite, kad figūros, apribotos tiesių CA, CB ir AB lanko, plotas yra lygus figūros, apribotos tiesių AHA, BHB, abscisių ašies ir AB lanko, plotas. 5. Funkcijos grafike paimti taškai A ir B. Iš jų statmenai abscisių ašyje praleisti, statmenų pagrindai yra HA ir HB; С yra kilmė. Įrodykite, kad figūros, apribotos tiesių CA, CB ir AB lanko, plotas yra lygus figūros, apribotos tiesių AHA, BHB, abscisių ašies ir AB lanko, plotas.

Sprendimas. Galime daryti prielaidą, kad taško A abscisė yra mažesnė už taško B abscisę (žr. pav.) Apsvarstykite atkarpų AHA ir СB susikirtimo tašką K. Tada nagrinėjamų plotų skirtumas yra lygus skirtumui tarp trikampio СAK ir keturkampio HAKBHB plotų, kuris, savo ruožtu, yra lygus skirtumui tarp trikampių СAHA ir СBHB plotų. Ir kadangi СHA * AHA = СHB * BHB = 2010 (grafike yra A ir B), šios sritys yra lygios viena kitai.

Parodyta, kad skirtumas tarp nagrinėjamų sričių yra https://pandia.ru/text/77/496/images/image044_20.gif "width =" 101 "height =" 23 src = ">: 4 taškai.

Įrodyta, kad ir : +3 taškai.

1. ... Įrodykite, kad visų natūraliųjų skaičių nelygybė

Sprendimas: Padalinkite abi nelygybės puses iš teigiamos reikšmės Gaukite nelygybę Jei tada laipsnis neigiamas ir nelygybė teisinga .. gif "width =" 61 "height =" 19 ">: 0 taškų.

Gautas vaizdas arba: 1 taškas

2. Ar kai kurių natūraliųjų k skaitmenų suma gali būti tokia pati kitiems dviem skaičiams https://pandia.ru/text/77/496/images/image059_10.gif "width =" 76 "height =" 24 src = " >?

Atsakymas: negali.

Sprendimas. Pažymime https://pandia.ru/text/77/496/images/image061_11.gif "width =" 171 "height =" 24 src = ">. Vienas iš trijų iš eilės einančių skaičių dalijasi iš trijų, todėl vienas iš skaičiai https : //pandia.ru/text/77/496/images/image064_9.gif "width =" 53 "height =" 21 src = "> dalijasi iš trijų, o kitas ne. Todėl tik vieno iš jų skaitmenų suma dalijasi iš trijų. Vadinasi, jie skirtingi.

3. Kvadratiniai trinariai ir teigiamos tikrosios šaknys x 1, x 2 ir x 3, x 4, atitinkamai, ir x1 < x3 < x2 < x4 . Įrodykite, kad kvadratinis trinaris https://pandia.ru/text/77/496/images/image068_9.gif "width =" 85 "height =" 51 src = ">. Gif" plotis = "111" aukštis = "21 ">.

Galimas kitoks nelygybės pateisinimas – a<-c, b<d naudojant kvadratinės funkcijos savybes.

Sprendimas duotas, bet nueinant nuo nelygybių - a<-c ir b<dį nelygybes a 2<c 2, 4b2 <4d2 nepagrindė, kad - a, b,-c, d teigiamas: 5 taškai.

4. 2010 m. nuliai įterpiami tarp kas dviejų 1331 skaitmenų. Įrodykite, kad gautas skaičius dalijasi iš 1331.

Sprendimas.Įsivaizduokime skaičių https://pandia.ru/text/77/496/images/image072_8.gif "width =" 386 "height =" 24 ">

https://pandia.ru/text/77/496/images/image074_8.gif "width =" 55 "height =" 35 src = "> dalijasi iš 11 (dalijasi iš 11), o tai reiškia, kad 100..0013 dalijasi iš 113 = 1331.

Numeris pateikiamas kaip https://pandia.ru/text/77/496/images/image076_8.gif "width =" 31 "height =" 24 ">.

Sprendimas.Leisti būti O Yra apskritimo centras, nes D AB Tada C yra lygiašonis BO=OC... Apsvarstykite D FBO ir D EKO: Ð FBO=Ð EKO= a, Bf× CE=6, BO× OC=pr. Kr 2/4 = 6, tai yra Bf× CE=BO× OCÛ https://pandia.ru/text/77/496/images/image079_8.gif "width =" 103 height = 38 "height =" 38 ">. Nuo Ð BOF= b, l EOC= g, tada РFOE = a. Iš lygybių BO= OC ir seka tuo. Apsvarstykite D FOE ir D EKO: Ð FOE=Ð EKO= a ir https://pandia.ru/text/77/496/images/image047_16.gif "width =" 13 height = 15 "height =" 15 "> nelygybė yra tiesa

Sprendimas: Padalinkite abi nelygybės puses iš teigiamos reikšmės Gaukite nelygybę Jei tada laipsnis neigiamas ir nelygybė teisinga .. gif "width =" 61 "height =" 19 ">: 0 taškų.

Gautas vaizdas arba: 1 taškas

Įrodyta tik vienu iš atvejų arba: 3 taškai.

2. Išspręskite lygtį: https://pandia.ru/text/77/496/images/image082_8.gif "height =" 20 src = ">

Atsakymas: sprendimų nėra.

Pirmasis sprendimas: seka https://pandia.ru/text/77/496/images/image084_7.gif "width =" 31 "height =" 21 "> .. gif" width = "13" height = "15" > nėra lygus 0. Lygtis neturi šaknų.

Jei pastebima, kad tai yra geometrinės progresijos suma: 1 taškas

Suma rasta, bet išvada nepadaryta: +1 balas.

Atliktas keitimas: 1 taškas.

Antrasis sprendimas: ne lygties sprendimas. Padalinkite abi lygties puses iš ir gaukite lygtį.

Sąlygas perrašome tokia tvarka

https://pandia.ru/text/77/496/images/image092_6.gif "width =" 75 "height =" 21 "> .. gif" width = "84" height = "24"> kuris turi šaknis , Atkreipkite dėmesį, kad pagal Koši nelygybę ir todėl abi šaknys netelpa.