Ato të ekzekutuara saktë shkruheshin në tabelë. Zgjidhja e problemeve

Burimi i kërkimit: Vendimi 3754. Provimi i Unifikuar i Shtetit 2016. Matematikë, I. V. Yashchenko. 30 variante të detyrave tipike testuese.

Detyra 19. Në dërrasën e zezë u shkruan 20 numra natyrorë (jo domosdoshmërisht të ndryshëm), secili prej të cilëve nuk kalon 40. Në vend të disa numrave (ndoshta një), në dërrasën e zezë u shkruan numra që ishin një më pak se ata origjinal. Numrat që më pas rezultuan të barabartë me 0 u fshinë nga tabela.

a) A mund të jetë rritur mesatarja aritmetike e numrave në tabelë?

b) Mesatarja aritmetike e numrave të shkruar fillimisht ishte 27. A mund të jetë mesatarja aritmetike e numrave të mbetur në tabelë 34?

c) Mesatarja aritmetike e numrave të shkruar fillimisht ishte 27. Gjeni mesataren më të madhe të mundshme të mesatares aritmetike të numrave të mbetur në tabelë.

Zgjidhje.

a) Po, ndoshta, për shembull, nëse merrni 19 numra të barabartë me 10, dhe i 20-ti është i barabartë me 1, atëherë pasi të zvogëloni numrin e 20-të me 1, ai bëhet 0 dhe vlera mesatare nuk është më 20 numra, por 19, atëherë ne kemi:

Vlera mesatare fillestare: ;

Vlera mesatare pas ndryshimit: .

Siç mund ta shihni, vlera e dytë mesatare është bërë më e madhe se ajo origjinale.

b) Supozoni se për të përmbushur këtë kusht, duhet të merrni një, më pas të merrni numra dhe një numër, për një total prej 20 numrash. Mesatarja e tyre aritmetike do të jetë

,

dhe pas fshirjes njësitë duhet të marrin

,

domethënë, ne kemi një sistem ekuacionesh:

Duke zbritur ekuacionin e dytë nga ekuacioni i parë, marrim:

Kështu, për të përmbushur kushtin e këtij paragrafi, duhet të merrni një numër të pjesshëm numrash, gjë që është e pamundur në kuadrin e kësaj detyre.

Përgjigje: nr.

v) Për të marrë mesataren maksimale të numrave të mbetur në tabelë, së pari duhet të shkruani grupin e numrave që përbëhet nga numri më i madh i numrave (të cilët më pas do të fshihen nga tabela), dhe numrat e mbetur duhet të jenë maksimal. Këtë kusht e shkruajmë në formë

,

ku është numri i njësive; - Numri i 20-të (është zgjedhur në mënyrë që të sigurojë një mesatare prej 27). Prandaj kemi:

Mund të shihet nga shprehja që rezulton se vlera minimale, në të cilën marrim vlerën maksimale. Kështu, ne kemi një sekuencë numrash, shuma e të cilëve është e barabartë me

asnjë lidhje.

Detyra është një shaka. Ira mori hua 100 rubla nga nëna e saj, por i humbi ato. Pastaj huazova 50 rubla nga një mik. Për 20 r. Bleva byrekë, dhe 30 rubla të mbetura. u kthye te nëna ime. Rezulton se ajo i detyrohet nënës së saj 70 rubla. plus 50 r. e dashura, vetëm 120 rubla, plus 20 rubla, të cilat i shpenzova për byrekë. Gjithsej 140 rubla, por në total ajo duhet të kthejë 150 rubla. Pyetje: ku janë 10 rubla të tjera?

Zgjidhje. Ira humbi dhe shpenzoi 100 + 20 = 120 rubla. Dhe ajo duhet t'i kthejë këto para: nënës së saj 100 - 30 = 70 rubla. dhe e dashura 50 r. Dhe të gjitha llogaritjet e tjera janë nga i ligu.

1.7. Shumëzimi. Ligjet e shumëzimit

1.8. e drejta distributive

V paragrafi 1.7 prezanton konceptin e një produkti të dy numrave duke përdorur si shembull prodhimin e numrave 3 dhe 4. Vini re se ky produkt është shuma e tre termave, secili prej të cilëve është i barabartë me 4, pra 3 ∙ 4 = 4 + 4 + 4. Kjo është e nevojshme në mënyrë që më tej nën 3 ∙ a për të kuptuar suma +a +a . Për çdo numër a, barazia 1 ∙ a = a konsiderohet e vërtetë.

Kjo qasje ndaj përkufizimit të produktit duket e papërshtatshme, pasi në shkollën fillore ata thonë se 3 ∙ 4 është 3 + 3 + 3 + 3 (merrni 3 4 herë). Por kjo bezdi e dukshme eliminohet që në mësimin e parë, sapo të tregohet se ligji komutativ i shumëzimit është i vlefshëm.

Ligjet komutative dhe asociative të shumëzimit shpjegohen gjatë numërimit të numrit të katrorëve dhe numrit të kubeve.

Për çdo numër a konsiderohen të vërteta barazitë 0 ∙ a = 0, a ∙ 0 = 0. Përveç kësaj, barazia 0 ∙ 0 = 0 është e vërtetë.

V paragrafi 1.8, ligji shpërndarës shpjegohet me rastin e numërimit të numrit të katrorëve, aplikimi i ligjit shpërndarës tregohet për të hapur kllapa dhe për të nxjerrë faktorin e përbashkët jashtë kllapave.

Kur studiojnë të tre ligjet, nxënësit e shkollave duhet të mësohen të shkruajnë ligje duke përdorur shkronja që tregojnë numra arbitrar dhe të mësojnë përmendësh formulimet e ligjeve. Kjo ndihmon në zhvillimin e të folurit të qartë matematikor, jep

nxënësit “të folurit bosh” për përgjigjet me gojë.

Këtu dhe më poshtë duhet tërhequr vëmendja e studentëve për avantazhet në shpejtësinë e llogaritjeve që ka ai që zotëron ligjet e studiuara. Kështu, mësuesi krijon një motivim brendalëndë, që vjen nga lënda (dhe jo nga jashtë) për të mësuar.

RT. Përdorimi i detyrave 66-70 në mësimin e parë do t'ju lejojë të përsërisni tabelën e shumëzimit, të tërheqni vëmendjen e nxënësve në çifte faktorësh që japin 10, 100, 1000, etj., kur shumëzohen. Detyrat 71-76 synojnë të përpunojnë aplikacionin të ligjeve të studiuara.

Vendimet dhe komentet

90. a) Numri 12 fillimisht u rrit me 2 herë, rezultati i marrë u rrit edhe 3 herë. Cili ishte rezultati?

b) Ata konceptuan një numër, e rritën me 3 herë, rezultati i marrë u rrit me 4 herë të tjera. Sa herë u rrit numri në fund?

Zgjidhje. a) 12 ∙ 2 = 24, 24 ∙ 3 = 72, rezultati është 72.

Këtu këshillohet të pyesni studentët: sa herë është rritur numri 12 në 2 herë. Përgjigja mund të merret duke përdorur ligjin e kombinimit të shumëzimit: (12 ∙ 2) ∙ 3 = 12 ∙ (2 ∙ 3) = 12 ∙ 6 - numri 12 u rrit 6 herë në 2 herë. Kjo përgjigje do t'i përgatisë nxënësit të zgjidhin në mënyrë të pavarur detyrën 90 b.

b) Së pari, problemi mund të zgjidhet për një numër specifik të konceptuar, për shembull, 2 ose 3. Rezulton se në të dyja rastet numri i konceptuar është rritur me 12 herë. Për të treguar se përgjigjja në këtë detyrë nuk varet vërtet nga zgjedhja e numrit të synuar, le ta shënojmë numrin e synuar me shkronjën a. Pastaj (a ∙ 3) ∙ 4 =a ∙ (3 ∙ 4) =a ∙ 12 - numri a u rrit 12 herë në 2 herë.

91. Cilat ligje përdoren në llogaritjet e mëposhtme:

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

a) Llogaritni: 20 ∙ 50.

Zgjidhje. U përdorën të dy ligjet e shumëzimit: komutativ dhe asociativ. Vini re se zbatimi i mësipërm i këtyre ligjeve nuk është paraqitur në detaje, për shembull, si më poshtë:

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,

meqë nxënësit nuk kanë ende motivimin për saktësi në transformimin e shprehjeve numerike. Sidoqoftë, kur kryeni detyrat e mëposhtme, mund të mos kërkoni një regjistrim kaq jo të plotë të zgjidhjeve, i cili është dhënë më lart. Zgjidhja mund të shkruhet shkurt: a) 20 ∙ 50 = 1000.

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

kontroll i ndërmjetëm. DM. C-2.

1.9. Mbledhja dhe zbritja e numrave në një kolonë

1.10. Shumëzimi i numrave me një kolonë

Qëllimi i këtyre pikave është t'u tregojë nxënësve se si përdoren ligjet e mbledhjes dhe shumëzimit, ligji i shpërndarjes gjatë mbledhjes, zbritjes dhe shumëzimit të numrave shumëshifrorë në një kolonë. Kjo nuk do të thotë që vetë studentët duhet të bëjnë justifikime të ngjashme, por do të ishte e dobishme që ata t'i kushtonin vëmendje faktit që korrektësia e llogaritjeve në një kolonë rrjedh nga vlefshmëria e ligjeve të mbledhjes dhe shumëzimit.

Vëmendje e veçantë duhet t'i kushtohet korrektësisë së faktorëve të nënshkrimit nën njëri-tjetrin, regjistrimi i të cilëve përfundon me zero.

Nga ky moment, praktika llogaritëse e nxënësve të klasës së pestë përfshin llogaritjet në një kolonë, por nxënësve duhet të tërhiqet vëmendja se ndonjëherë llogaritjet me numra shumëshifrorë mund të jenë më të lehta për t'u kryer pa një kolonë nëse vëreni çifte numrash që japin " shuma të rrumbullakëta" (detyra 135); ose nëse vëreni se mund ta hiqni faktorin e përbashkët nga kllapat (detyra 144). Është e nevojshme të zhvillohet dhe të mbështetet në çdo mënyrë dëshira e nxënësve të shkollës për të llogaritur ekonomikisht dhe për këtë, siç e kemi vërejtur tashmë, kërkohet të jenë të vëmendshëm.

dhe zotërimi i teorisë që studiohet.

V Në të ardhmen, dëshira për të kursyer kohë në llogaritjet duhet të bëhet një nxitje për zhvillimin e vëzhgimit, si dhe për

formimi i idesë se njohja e shumë informacioneve teorike mund të thjeshtojë zgjidhjen e problemit.

RT. Përdorimi i detyrave 77, 78 në mësimin e parë, kushtuar mbledhjes dhe zbritjes me një kolonë, do të intensifikojë procesin e të mësuarit, pasi nxënësit duhet të fusin përgjigjet vetëm në kolonat e shkruara tashmë. Detyra 79 i përgatit për detyrën 80 dhe detyrat 133 dhe 134 nga teksti shkollor. Detyra 81 kryhet në fillim të studimit të shumëzimit me një kolonë, ndërsa studentët duhet t'i kushtojnë vëmendje regjistrimit të shumëzuesve. Detyra 82 i kushtohet zgjidhjes së enigmave.

Vendimet dhe komentet

133. Shembujt e ekzekutuar saktë për mbledhje dhe zbritje janë shkruar në tabelë, pastaj disa numra janë fshirë dhe janë zëvendësuar me shkronja. Rishkruani shembujt, duke zëvendësuar shkronjat me numra në mënyrë që të merren përsëri shënimet e sakta:

Këtu dhe më poshtë, studentët mund të marrin përgjigje duke zgjedhur një numër të përshtatshëm dhe duke kontrolluar saktësinë e përgjigjes së marrë, por do të ishte më mirë që mostrat e arsyetimit të jepeshin në tabelë: për të marrë 8, 5 duhet të shtohet në 3 (shembull " a"), etj.

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

d) 1456–568 = 888.

134. Riktheni shembujt, duke supozuar se të njëjtat shkronja janë numra të njëjtë, dhe shkronja të ndryshme - numra të ndryshëm:

algoritmi linear për gjetjen e përgjigjes. Në çdo hap, ai jep një vlerë të vetme për shkronjën.

1) Shuma e dy numrave katërshifrorë është një numër pesëshifror. Prandaj, d

1, d.m.th.

1 kancer 2) Shuma p + p - një numër që përfundon me një numër çift, d.m.th. a - çift

numër, por më pas (shih vendin e qindrave të shumës) a \u003d 2, d.m.th.

1r2k2 3) Shuma p + p është një numër që mbaron me 2, kjo është e mundur vetëm në dy

rastet: p \u003d 1 ose p \u003d 6. Por numri 1 tashmë ekziston (gërma të ndryshme korrespondojnë me numra të ndryshëm), prandaj, p \u003d 6, d.m.th.

162k2 4) Pastajnk = 5, y = 8, d.m.th.

Shembulli "c" është restauruar dhe të gjitha shifrat gjenden pa mëdyshje.

d) Kjo detyrë është më komplekse, kur kryhet, zbatohet një algoritëm degëzimi për gjetjen e përgjigjes. Në njëfarë hapi, ai jep më shumë se një vlerë të vetme për shkronjën. Vështirësia qëndron në kujtimin e plotësimit të arsyetimit për secilën degë të algoritmit.

1) Shuma e dy numrave gjashtëshifrorë është një numër shtatëshifror, pra, dhe =

2) Shuma b + b përfundon me një numër çift, d.m.th e - një numër çift Në shifrën e dhjetësheve + l - një numër që mbaron me një numër çift. Për të marrë numrin 1 në vendin e dhjetësheve të shumës, është e nevojshme që ai të jetë ≥ 5 ose \u003d 0 ose \u003d 5.

3) Nëse l \u003d 0, d.m.th.

toa = 5, d.m.th. e.

1zde01e Por atëherë, në vendin e mijërave, shuma + m + 1 përfundon me një numër tek, d.m.th.

Një numër tek, dhe mbi të u vërtetua se e është një numër çift. Kontradikta që rezulton do të thotë se chtl ≠ 0. Prandaj, l = 5.

4) Meqenëse kl \u003d 5, d.m.th. e.

1zde51e atëherë në qindëshe vendos shumën a + a + 1 me 5. Kjo është e mundur në dy raste:

a = 2 ose a = 7. Por kur a = 7 në vendin e mijërave, numri është tek, gjë që është e pamundur, pasi u vërtetua më lart se numri është çift. Prandaj, a ≠ 7. Prandaj, a = 2.

5) Meqenëse kaka = 2, d.m.th.

1zde51e dhe meqenëse është numër çift, atëherë nuk mund të jetë zero (nëse = 0, atëherë = 0 ose = 5,

gjë që është e pamundur, pasi tashmë është vërtetuar se ≥ 5, dhe numri 5 është tashmë aty). Numri 2 është tashmë atje, prandaj ≠ 2. Prandaj, mbetet të shqyrtojmë tre raste të mundshme: e = 4, e = 6,

e = 8.

6) Nëse e \u003d 4, atëherë \u003d 7, atëherë (shiko vendin e mijërave) m \u003d 2 ose \u003d 7, gjë që është e pamundur, pasi numrat 2 dhe 7 tashmë ekzistojnë.

7) Nëse e \u003d 6, atëherë në shkarkimin e dhjetëra mijëra shumave d \u003d 3 (pasi numri 2 është tashmë

është), por atëherë shuma nuk do të jetë një numër shtatëshifror, gjë që është e pamundur. Pra e = 8.

8) Meqenëse kake = 8, tob = 9, t = 4, q = 6, s = 3, t. e.

Shembulli "d" është restauruar dhe të gjitha shifrat gjenden pa mëdyshje. Tregimi i zgjidhjeve të shembujve "c" dhe "d" në tabelë është më i lehtë sesa publikimi i tyre në tabelë

libër, pasi në rastin e një algoritmi linear, me ndihmën e një lecke dhe shkumës, gradualisht mund t'i zëvendësoni shkronjat me numra dhe nga shembulli i dhënë me shkronja të merrni shembullin e dëshiruar me numra. Dhe në rastin e një algoritmi degëzimi, është e nevojshme të lihen në tabelë të gjitha opsionet që nuk janë shqyrtuar plotësisht. Skema e algoritmit të zbatuar në zgjidhjen e detyrës d) mund të përshkruhet si më poshtë:

Sigurisht, studentët mund të zgjedhin thjesht numrat që u nevojiten, por atëherë nuk do të ketë siguri që zgjidhja e gjetur është e vetmja.

135. a) Bëni hapat: (5486 + 3578) + 1422.

Zgjidhje. Këtu do të dëshiroja që, përveç aftësisë për të aplikuar llogaritjet në një kolonë 2 herë, njëri nga studentët vuri re se shuma e numrave të dytë dhe të tretë është "rreth", kështu që llogaritja është e lehtë për t'u kryer në një rresht:

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

146. Prodhimi i katër numrave natyrorë të njëpasnjëshëm është

3024. Gjeni këta numra.

Zgjidhje. Vini re se midis katër numrave të kërkuar nuk ka numra 10 dhe 5, pasi nëse do të kishte të paktën një nga këta faktorë, atëherë produkti do të përfundonte me zero. Mbetet për të kontrolluar: 1 ∙ 2 ∙ 3 ​​∙ 4 = 24, 6 ∙ 7 ∙ 8 ∙ 9 = 3024.

Përgjigju. 6, 7, 8, 9.

1.11. Diplomë me një tregues natyror

Ky paragraf paraqet konceptin e një shkalle me një eksponent natyror për rastet n > 1 dhe n = 1. Studentët duhet të zotërojnë terminologjinë: shkalla, baza e shkallës (numri që e ngremë në një fuqi), eksponent (tregon të çfarë fuqie e ngremë bazën e shkallës), numrat katrorë, numrat kub dhe mësojmë se si të llogarisim fuqitë.

RT. Këshillohet që të përdorni detyrat 83–86 në fazën fillestare të studimit të materialit. Kur studioni këtë artikull, mund të përdorni detyrat 87–90.

Vendimet dhe komentet

171. Ndër pesë numrat e parë natyrorë ka dy numra të pabarabartë m

dhe n të tillë që n m =m n . Gjeni këta numra.

Zgjidhje. Këta numra janë 2 dhe 4. Në të vërtetë, 24 = 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 16, 42 = 4 ∙ 4 = = 16,

dmth 24 = 42 .

Përgjigju. 2 dhe 4.

1.12. Pjesëtimi me numër të plotë

Ky paragraf paraqet konceptin e pjesëtimit të numrave të plotë dhe terminologjinë përkatëse, shpjegon pse është e pamundur të pjesëtohet me zero çdo numër natyror ose zero. Janë dhënë shembuj të thjeshtimit të ndarjes në disa raste. Vëmendje duhet t'i kushtohet veçorisë koeficient, e cila ndonjëherë ndihmon në thjeshtimin e llogaritjeve (detyrat 186–187). Për shembull, kur pjesëtohet një numër me 5, dividenti dhe

shumëzoni pjesëtuesin me 2 dhe pjesëtoni dividentin e ri me 10:

320: 5 = 640: 10 = 64.

Vërtetimi i kësaj vetie herësore nuk është dhënë në tekst. Në mësim, mjafton ta japim duke përdorur shembullin e mëposhtëm: "Le të vërtetojmë se nëse 320: 5 = c, atëherë (320 ∙ 2) : (5 ∙ 2) = c, ku c është një numër natyror."

Për ta bërë këtë, shumëzoni c me 5 ∙ 2 dhe kontrolloni nëse rezultati është 320 ∙ 2. Në të njëjtën kohë, marrim parasysh se që nga 320: 5 \u003d c, atëherë barazia c ∙ 5 \u003d 320 është e vërtetë.

c ∙ (5 ∙ 2) = (c ∙ 5) ∙ 2 = 320 ∙ 2.

Kështu, vetia e herësit vërtetohet për herësin 320: 5 dhe një numër natyror c.

Vini re se nëse në vend të numrave 320 dhe 5 marrim ndonjë numër natyror a dhe b të tillë që barazia a : b = c është e vërtetë, dhe në vend të numrit 2 marrim çdo numër natyror d, atëherë, duke argumentuar në mënyrë të ngjashme, do të merrni një provë të së njëjtës deklaratë në formë të përgjithshme:

a :b = (a ∙c ) : (b ∙c ).

Në këtë paragraf, detyrat janë përzgjedhur në mënyrë që zgjidhja e tyre të mos kërkojë ndarje në një kolonë, e cila do të studiohet më tej në paragrafin 1.15.

RT. Detyrat 91-93 janë të dëshirueshme për t'u përdorur në fazën fillestare të studimit të ndarjes. Ata testojnë të kuptuarit e rregullit të ndarjes (përkufizimit). Detyrat 94–97 për llogaritjet pa kolonë. Detyra 98 për të gjetur përbërës të panjohur në shumëzim dhe pjesëtim. Detyrat 99–107 për të kontrolluar kuptimin e marrëdhënieve të përbërësve gjatë shumëzimit dhe pjesëtimit.

Vendimet dhe komentet

188. Vërtetoni se nëse secili nga numrat natyrorë a dhe b pjesëtohet me një numër natyror c , atëherë barazia (a + b ) :c =a :c + b :c është e vërtetë.

Zgjidhje. Provën e paraqesim në formë të përgjithshme. Meqenëse secili nga numrat natyrorë a dhe b është i pjesëtueshëm me një numër natyror c, ekzistojnë numra natyrorë a: c dhe b: c. Shumëzojmë shumën e tyre me c dhe transformojmë produktin që rezulton duke përdorur ligjin e shpërndarjes dhe përkufizimin e herësit (a : c është një numër që, kur shumëzohet me c, jep a , prandaj (a : c ) ∙ c = a ):

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

pra barazia (a + b ) :c =a :c + b :c është e vërtetë.

Nëse mësuesi beson se në klasën e tij prova e përgjithshme e dhënë (me shkronja) nuk është ende gati që nxënësit ta perceptojnë, atëherë është më mirë ta jepni për një rast specifik, për shembull, kjo: (15+ 35) : 5 = 15: 5 + 35: 5. Sidoqoftë, nuk duhet të kryhet një provë duke përdorur llogaritjet - sigurohuni që e njëjta përgjigje të dalë në të majtë dhe në të djathtë (me shkronja, një "provë" e tillë nuk do të funksionojë). Është e nevojshme, megjithëse në numra të caktuar, të kryhet i njëjti arsyetim si në provë në rastin e përgjithshëm, kjo gradualisht do t'i mësojë studentët të provojnë deklarata.

kontroll i ndërmjetëm. DM. C–3.

1.13. Zgjidhja e problemave me fjalë me shumëzim dhe pjesëtim

Ky paragraf vazhdon punën e filluar më herët për të mësuar nxënësit në zgjidhjen e problemeve duke përdorur metoda aritmetike. Në tekstin edukativ, detyrat zgjidhen me shpjegime, por herë pas here është e nevojshme t'u jepet nxënësve një udhëzim: "Dhe kjo detyrë duhet të zgjidhet me pyetje". Vëmendje e veçantë duhet t'i kushtohet faktit se disa nxënës të shkollës fillore kanë rrënjosur keqkuptime rreth zgjedhjes së veprimit për zgjidhjen e problemit. Nëse ata plotësojnë pyetjen "për sa?" në tekstin e problemit, atëherë ata thonë se është e nevojshme të zbritet, etj. Prandaj, detyra 193 duhet të kryhet në klasë dhe të sigurohet që veprimet për marrjen e përgjigjes të jenë zgjedhur saktë.

RT. Detyrat 108-117 mund të përdoren në mësimet e para për temën duke zgjidhur problemat 108-112 me pyetje, dhe problemet 113-117 me shpjegime. Zgjidhja e problemeve 118–137 përfshin përdorimin e të gjitha veprimeve të studiuara.

Vendimet dhe komentet

193. a) Në çdo karrocë ngarkoheshin 8 thasë me patate. Sa karroca ishin ngarkuar me 72 thasë?

b) Sheqeri u hodh në disa nga 40 thasët. Kanë mbetur edhe 10 thasë bosh. Sa thasë ishin mbushur me sheqer të grimcuar?

c) Në punishten e qepjes kanë ngelur 2 copa, nga 60 metra secila.Sa metra rrobë kanë mbetur?

ZGJIDHJET E PROBLEMIT

Vërejtje të përgjithshme për verifikimin.

Kriteret janë shkruar në bazë të zgjidhjes së “reduktuar” në problem.

Në rastin e një zgjidhjeje “të ndryshme”, kritere të tjera duhet të zhvillohen në përputhje me kërkesat e përgjithshme për kriteret.

1. Tanya shkoi për të blerë stilolapsa dhe lapsa. Pasi kishte shpenzuar të gjitha paratë, ajo mund të blinte 6 stilolapsa ose 12 lapsa. Ajo vendosi me të gjitha paratë t'i blinte të dy në mënyrë të barabartë. Sa shume?

Përgjigje: 4.

Zgjidhje.

Një stilolaps kushton si dy lapsa, dhe një stilolaps dhe një laps kushtojnë si tre lapsa. Prandaj, Tanya mund të blejë grupe stilolapsash dhe lapsash 12:3=4.

Kriteret e verifikimit.

Përgjigje e justifikuar me një shembull specifik numerik: 1 pikë

2. Binjakët Anya, Manya dhe Tanya kanë pjekur ëmbëlsira për ditëlindjen e tyre. Nëse Anya dhe Manya do të piqnin dy herë më shumë ëmbëlsira, atëherë numri i përgjithshëm i ëmbëlsirave do të rritej me 60%. Sa përqind e ëmbëlsirave ka pjekur Tanya?

Zgjidhje. Nëse Tanya do të piqte gjithashtu dy herë më shumë ëmbëlsira, atëherë të gjitha ëmbëlsirat do të rriteshin me 100%. Pjesa e Anya dhe Mani është 60%, që do të thotë pjesa e Tanya: 100% -60% = 40%.

Kriteret e verifikimit.

Nuk ka përparim të arsyeshëm, por ka një përgjigje: 0 pikë

Një rast i veçantë konsiderohet: 1 pikë.

Ekziston një veprim 100% -60%, por nuk bëhet asnjë supozim për Tanya: 2 pikë

3. Në tabelë janë shkruar katër numra natyrorë. Duke i shtuar dy nga dy në mënyra të ndryshme, Petya mori gjashtë shumat e mëposhtme: 17, 18, 20, 21, 23, 26. Vërtetoni se Petya bëri një gabim kur llogariti shumat.

Zgjidhje. Shuma e të gjashtë shumave në çift është 125. Secili nga numrat e shkruar në tabelë përfshihet në këtë shumë tre herë, që do të thotë se kjo shumë duhet të jetë shumëfish i 3, por 125 nuk pjesëtohet me 3.

Kriteret e verifikimit:

Gjeti shumën e të gjitha shumave në çift të barabartë me 125: 1 pikë.

Tregohet se çdo numër përdoret si term tre herë: 2 pikë.

Janë bërë të dy pohimet e mëparshme: 3 pikë

Vihet re se duke qenë se çdo numër është një mbledhje tre herë, atëherë shuma duhet të pjesëtohet me 3, por përfundimi se ata arritën në një kontradiktë nuk u bë: 6 pikë.

Prania e të gjitha detajeve në zgjidhje: 7 pikë.

2 mënyra. Le t'i renditim numrat e shkruar në mënyrë jo-zvogëluese: a£b£c£d. Pastaj

a+b=17, a+c=18, b+d=23, c+d=26. 18+23=a+b+c+d=17+26. (ose 26–23=c–b=18–17) Kemi marrë një kontradiktë, prandaj ka pasur një gabim në llogaritjet.

Kjo zgjidhje jepet për të demonstruar faktin se kushti "numrat natyrorë" është i tepërt. Është për t'u mësuar fëmijëve një qasje të ndryshme ndaj problemit (metoda e ekstremit).

4. Petya ka një drejtkëndësh 5×7 dhe një katror 1×1. A mundet Petya ta presë këtë drejtkëndësh në 2 pjesë që nuk janë drejtkëndësha, dhe më pas të përdorë këto dy pjesë dhe katrorin e dhënë 1×1 për të formuar një katror 6×6? (Nëse është e mundur, duhet të tregojë se si është prerë drejtkëndëshi dhe si është bërë katrori. Ose shpjegoni pse kjo nuk është e mundur.)

Përgjigju. Ndoshta.

Tregohen disa prerje të një drejtkëndëshi dhe montimi i një katrori.

(Ka edhe zgjidhje të tjera.)

Foto 1

Figura 2.

Figura 3

Figura 4

Kriteret e verifikimit:

Nëse ka një prerje, por ka vetëm një vizatim, domethënë, tregohet se si të montoni ose si të prisni: 4 pikë.

5. Gjashtë miq: Andrey, Vitya, Borya, Sasha, Tolya dhe Gena, të rreshtuar në një rresht në rend zbritës të lartësisë së tyre (nuk ka njerëz me të njëjtën lartësi midis tyre). Pastaj Gena dhe Andrey ndryshuan vendet, Borya dhe Vitya gjithashtu ndryshuan vende dhe, më në fund, Sasha dhe Tolya gjithashtu ndryshuan vende. Doli se tani djemtë janë në rendin rritës të gjatësisë së tyre. Gjeni më të gjatët midis djemve nëse dihet që Borya është më i gjatë se Andrey dhe Gena, por më i shkurtër se Sasha.

Zgjidhje. Meqenëse pas të gjitha permutacioneve, djemtë u rreshtuan në rend të kundërt, vendet më të larta dhe më të vogla këmbyen (1). Ky çift nuk mund të përfshijë Andrey dhe Gena: ata janë të dy më të shkurtër se Boris (2). Ky çift nuk mund të përfshijë Borya. Ai është më i shkurtër se Sasha, por më i gjatë se Andrey, që do të thotë se ai nuk është as më i gjati dhe as më i shkurtri (3). Mbeti vetëm një çift: Sasha dhe Tolya. Sasha është më i gjatë se Bori dhe nuk mund të jetë më i ulëti (4). Pra, më e larta është Sasha, dhe më e ulta është Tolya.

Kriteret e verifikimit:

Tregohet vetëm përgjigja e saktë: 1 pikë.

Ekziston një deklaratë e parë (1): 2 pikë.

Janë pohimet (1) dhe (2): 3 pikë.

Janë pohimet (1) dhe (2) dhe (3): 6 pikë.

Janë të gjitha deklaratat: 7 pikë.

6. Ka 10 damë në shiritin 1x20 në 10 fusha të majta. Një damë mund të lëvizë në një shesh të lirë ngjitur në të djathtë ose të kërcejë mbi një damë ngjitur në të djathtë në katrorin tjetër nëse ky katror është i lirë. Lëvizja në të majtë nuk lejohet. A është e mundur të riorganizohen të gjitha damë në një rresht pa hapësira në rend të kundërt?

Zgjidhje. Damët i numërojmë me numrat 1,2,3,…,9,10.

Shembull permutacionet. Lëvizjet përbëhen nga dy pjesë: lëvizja e tekeve (çmontimi) dhe lëvizja e çifteve (montimi).

Kriteret e verifikimit:

Tregohen të gjitha permutacionet: 7 pikë.

Tregohet fillimi dhe fundi, por ka elipsë. 6 pikë.

Nëse është gjithashtu atje, por ka një kalim lëvizjesh - 5 pikë.

Komentoni. Lëvizja e secilit çip tregohet nga pozicionet e fillimit dhe të fundit, lëvizjet e ndërmjetme janë të lehta për t'u rivendosur. Nuk duhet të shqetësoheni për këto leje.

1. Në numrin e shkruar në tabelë, Petya fshiu tre shifra dhe mori një numër që është shumëfish i 9. Cili numër është shkruar tani në tabelë? (Tregoni të gjitha mundësitë dhe provoni se nuk ka të tjera.)

Një numër pjesëtohet me 9 vetëm nëse shuma e shifrave të tij pjesëtohet me 9. Shuma e shifrave të numrit të shkruar është 30. Shuma e tre shifrave nga 1 në 3 mund të ndryshojë nga 3 në 9. Prandaj, pas duke kaluar tre shifra, shuma e shifrave të numrit të ri mund të jetë nga 23 në 27. Nga këto, vetëm 27 janë shumëfisha të 9. Pra, tre shifra janë kryqëzuar, shuma e të cilave është 3, domethënë tre njësi. . Do të ketë një numër në tabelë: .

Kriteret e verifikimit.

Përgjigje: 1 pikë.

Tregohet se është e nevojshme pjesëtueshmëria e shumës së shifrave me 9, kështu që ju duhet të kaloni tre shifra, shuma e të cilave është 3, që do të thotë se këto janë tre njësi: 4 pikë.

Për një zgjidhje të plotë, duhet të tregohet se nuk mund të fitohet një shumë tjetër shifrash që është shumëfish i 9. Nëse kjo është bërë - 7 pikë. Nëse arsyetimi tregon se tri njësi janë gërmuar dhe numri nuk është paraqitur: minus 1 pikë.

2. Natasha dhe Inna blenë të njëjtën kuti me qese çaji. Dihet se me ndihmën e një qeseje ziheshin dy-tre filxhanë çaji. Kjo kuti ishte e mjaftueshme për Natashën për 53 filxhanë çaj, dhe për Innën për 76. Sa thasë kishte në kuti? Përgjigja duhet të arsyetohet.

Zgjidhje

Vini re se nuk mund të kishte më pak se 26 çanta në kuti: nëse ka të paktën 25, atëherë Inna nuk do të mund të pijë më shumë = 75 gota, dhe ajo piu 76. Nga ana tjetër, në kuti
nuk mund të kishte më shumë se 26 çanta: nëse do të kishte të paktën 27, atëherë Natasha nuk mund të pinte më pak = 54 gota, dhe ajo piu 53. Kështu, në kuti kishte 26 çanta: Inna krijoi 24 çanta tre herë dhe 2 çanta. dy herë, dhe Natasha krijoi 1 qese tre herë dhe 25 qeska dy herë.

Kriteret e verifikimit.

Përgjigjuni vetëm 26 qeskave të paraqitura: 0 pikë.

Sigurohuni që të tregoni një mënyrë për të pirë 53 dhe 76 filxhanë çaj, përndryshe zgjidhja nuk do të jetë e plotë. Mungesa e secilit shembull: minus 1 pikë.

3. Shtatë gnome të moshave të ndryshme janë ulur në tryezë të rrumbullakët. Dihet që çdo xhuxh mund të thotë të vërtetën ose të gënjejë. Secili prej tyre tha se ishte më i vjetër se fqinjët e tij. Cili është numri më i madh i mundshëm i pohimeve të vërteta?

Gradë. Merrni parasysh gnomën e vjetër. Ai nuk mund të thoshte të vërtetën. 6 të tjerat do të ndahen në tre çifte fqinje. Në çdo çift, vetëm një xhuxh mund të thoshte të vërtetën. Pra, jo më shumë se tre xhuxhë thanë të vërtetën. Shembull: 7, 5, 6, 3, 4, 1, 2. (Gnomet numërohen sipas vjetërsisë.)

Kriteret e verifikimit.

Detyrë vlerësimi plus shembull.

Shembull: 2 pikë.

Vlerësimi: 4 pikë.

Gjatë vlerësimit, është e rëndësishme që gnomet fqinje të mos mund të tregojnë të vërtetën, dhe nëse të paktën katër thonë të vërtetën, atëherë ka fqinjë midis tyre.

Të gjitha së bashku 7 pikë.

Komentoni. Nëse gnomes ulen në një rresht, atëherë 4 gnomes mund të thonë të vërtetën.

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

4. Dihet se. Gjej .

Zgjidhje

Le të shtojmë thyesat në anën e majtë:

Ku do të thotë . Duke shtuar përsëri thyesat në anën e majtë të barazisë së fundit, marrim .

Më në fund kemi

5. Fëmijët e vegjël hanin ëmbëlsira. Të gjithë hëngrën 11 karamele më pak se të gjithë të tjerët së bashku, por gjithsesi më shumë se një karamele. Sa karamele janë ngrënë gjithsej?

Zgjidhje

Le të zgjedhim një nga fëmijët - për shembull, Petya. Nëse merrni 11 nga të gjitha ëmbëlsirat e tjera, do të mbetet i njëjti numër si ai i Petya. Pra, dyfishi i numrit të ëmbëlsirave të Petit është i barabartë me numrin e përgjithshëm të ëmbëlsirave minus njëmbëdhjetë. E njëjta gjë mund të thuhet për cilindo nga fëmijët, që do të thotë se të gjithë fëmijët kanë karamele të ndara në mënyrë të barabartë - le të themi, nga një grumbull secili.
Është e qartë se të gjithë hëngrën një numër të plotë grumbujsh më pak se pjesa tjetër së bashku. Pra, 11 është i pjesëtueshëm me madhësinë e grumbullit. Kjo do të thotë (meqenëse, sipas kushtit, të gjithë kanë ngrënë më shumë se 1 karamele), ka 11 karamele në grumbull, d.m.th., secila ka ngrënë një grumbull më pak se pjesa tjetër së bashku. Petya hëngri një grumbull, prandaj, pjesa tjetër - dy. Pra janë tre grumbuj gjithsej, dhe 33 karamele.
E njëjta zgjidhje mund të shkruhet edhe në mënyrë algjebrike.
Shënoni me S numri i përgjithshëm i ëmbëlsirave që hëngrën fëmijët. Nëse njëri nga fëmijët hante aëmbëlsirat, pastaj sipas kushtit hëngrën të gjithë të tjerët a+ 11 ëmbëlsira, dhe kështu hëngrën të gjithë së bashku S=a+(a+ 11)= 2a+ 11 karamele. Ky arsyetim është i vërtetë për çdo fëmijë, kështu që të gjithë fëmijët hëngrën të njëjtën sasi ëmbëlsirash: a=(S- 11)/ 2 copë.
Le të shënojmë tani me N Numri i femijeve. Pastaj kushti shkruhet si a=a(N- 1)– 11, prej nga 11 =a(N- 2). Numri 11 është i thjeshtë, kështu që njëri nga faktorët është 1 dhe tjetri 11. Por sipas kushtit a> 1, pra a= 11 , N- 2= një. Në këtë mënyrë N= 3 dhe është ngrënë S=aN=33 karamele.

Përgjigje: 33 karamele.

Përgjigje vetëm: 0 pikë.

6. Në brinjët AB dhe AC të trekëndëshit ABC, merrni përkatësisht pikat K dhe D. Pika E u zgjodh në mënyrë që K të jetë mesi i segmentit DE. Doli se ÐEAK=ÐACB dhe AE=DC. Vërtetoni se BD është përgjysmues i këndit ABC.

Nga pika D i hedhim pingulet DL dhe DM te drejtëzat AB dhe BC, përkatësisht. Nga pika E e lëshojmë pingulen EN në drejtëzën AB. Trekëndëshat kënddrejtë AEN dhe CDM janë të barabartë në hipotenuzë dhe kënd akut. Pra DM=EN. Përveç kësaj, EN=DL (nga barazia e trekëndëshave kënddrejtë, nëse N dhe L janë të ndryshëm, ose si përputhen me segmentet EK dhe DK, nëse pikat N, L dhe K përputhen).

Prandaj DL=DM, dhe pika D është e barabartë nga brinjët e këndit ABC dhe për këtë arsye shtrihet në përgjysmuesin e këtij këndi.

Kriteret e verifikimit. Janë hequr pingulet e nevojshme: 1 pikë.

Me rastin e vërtetimit të barazisë EN=DL nuk është marrë parasysh rasti i koincidencës së bazave të pingulave: minus 1 pikë.

1. Kubi i numrit natyror N plotpjesëtohet me 2010. A rrjedh se vetë numri N pjesëtueshëm me 2010? Përgjigje: duhet.

Zgjidhje. 2010=2*3*5*67. Numrat 2, 3, 5 dhe 67 janë të thjeshtë.

https://pandia.ru/text/77/496/images/image018_66.gif" width="19 height=15" height="15">.gif" width="21" height="21 src="> pjesëtohet me 3 pjesëtohet me 3,

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

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

Përgjigje vetëm: 0 pikë.

2. Ka kavanoza me madhësi të ndryshme: A, B, C dhe D. Dihet se 11 kanaçe A dhe 7 kanaçe B përmbajnë të njëjtën sasi si 12 kanaçe C. 6 kanaçe A dhe 5 kanaçe B përmbajnë të njëjtën sasi si 6 kanaçe C. dhe 1 kanaçe D. 6 kanaçe D janë të mbushura plotësisht me ujë. A do të mjaftojnë 3 kanaçe A dhe 8 kanaçe B për të mbushur të gjithë ujin nga 6 kanaçe D?

Zgjidhje. Le të jenë https://pandia.ru/text/77/496/images/image021_51.gif" height="15 src="> vëllimet e kanaçeve A, B, C dhe D, përkatësisht. Sipas deklaratës së problemit

Për një sistem ekuacionesh të kompozuar saktë: 2 pikë.

3. Jepet një paralelogram KLMN me një majë të mprehtë K. Në trarët KL dhe ML pikat janë shënuar A dhe B respektivisht dhe JAM = LM dhe BK = KL.

a) Vërtetoni këtë AN = BN.

b) Vërtetoni se trekëndëshat ABN dhe BKL janë të ngjashme.

Zgjidhje.

Nga barazia e trekëndëshave AMN dhe BKN(në dy brinjë dhe këndi ndërmjet tyre) vijon barazia e segmenteve AN dhe BN.

Nga barazia e këndeve AKB dhe AMB(këndet në kulmet e trekëndëshave të ngjashëm dykëndësh BKL dhe AML) rrjedh se pikat A, B, K, M shtrihuni në të njëjtin rreth, dhe që

atëherë pika qëndron në këtë rreth N. Prandaj, këndet BNA dhe BKL në majat N dhe K trekëndëshat dykëndësh BNA dhe BKL janë të barabartë. Pra, trekëndëshat janë të ngjashëm.

Vërtetohet pika a): 3 pikë.

Vërtetohet pika b)): 4 pikë.

4. Vërtetoni se nëse ekuacionet dhe https://pandia.ru/text/77/496/images/image028_31.gif" width="263" height="24"> nuk kanë rrënjë.

Zgjidhje.

Le të marrim një arbitrar.

Atëherë ajo nuk ka rrënjë, kështu që për çdo .

Ekuacioni nuk ka rrënjë, kështu që për çdo . Prandaj, për çdo.

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

për këdo. Ky është ekuacioni

Vërtetohet se për çdo +4 pikë.

Nëse nuk ka shpjegim përkatës, atëherë nuk ka shtim përkatës pikësh.

5. Vasya harroi kodin katërshifror në dhomën e ruajtjes (kodi mund të jetë çdo gjë nga 0000 në 9999). Ai kujton vetëm se numri që specifikon kodin është i pjesëtueshëm me 3 dhe 7 dhe nuk pjesëtohet me 5 dhe 9. Sa opsione do t'i duhet të kalojë për të marrë me mend kodin me siguri?

Përgjigje: 254.

Zgjidhje. 1 mënyrë.

Kodi 0000 nuk është i vlefshëm.

Midis numrave nga 1 deri në 9999, saktësisht =476 janë të pjesëtueshëm me 21..gif" width="65" height="39">. Por midis 158 numrave të pjesëtueshëm me 9 dhe midis 95 numrave të pjesëtueshëm me 5, janë të njëjtë.Këta numra të plotpjesëtueshëm me 45. Në mesin e 476 numrave të plotpjesëtueshëm me 21, ekzistojnë pikërisht numra të tillë.Pastaj janë ekzaktësisht +31=254 numra që plotësojnë kushtin e problemës.

9 * 5 * 7 = 315, pra, midis numrave nga 1 në 315, nga 316 në 630, nga 630 në 945, etj., ka të njëjtin numër numrash që plotësojnë kushtin e problemit. Nga 1 deri në 315 ka saktësisht 8 numra të tillë (këto janë numrat 21, 42, 84, 147, 168, 231, 273, 294). Pra, nga 1 në 315*31=9765 numra të tillë janë 31*8=248. Mbetet të merren parasysh numrat nga 9766 në 9999 dhe të sigurohemi që midis tyre saktësisht 6 numra të plotësojnë kushtin e problemit (9786, 9807, 9849, 9912, 9933, 9996). Gjithsej 248+6=254 numra.

Përgjigje pa zgjidhje: 0 pikë.

Tregohet një formulë si +31=254: + 3 pikë.

Çdo gabim në llogaritje: - 1 pikë.

Përgjigje pa zgjidhje: 0 pikë.

Tregohet se midis secilit prej 315 numrave të mëposhtëm, i njëjti numër numrash që plotësojnë kushtin e problemit: +3 pikë.

Është llogaritur se nga 1 në 315 saktësisht 8 plotëson kushtin: +1 pikë.

Është llogaritur se nga 9766 në 9999 saktësisht 6 plotëson kushtin e problemit: +1 pikë.

Tregohet një formulë si 248+6=254: +2 pikë.

Nëse dikush ka durimin të shkruajë të 254 numrat dhe të mos bëjë gabim: 7 pikë.

6. Pikat A dhe B merren në grafikun e funksionit . Prej tyre, pingulet me boshtin e abshisave janë ulur, bazat e pinguleve janë HA dhe HB; C është origjina e koordinatave. Vërtetoni se sipërfaqja e figurës së kufizuar nga vijat CA, CB dhe harku AB është e barabartë me sipërfaqen e figurës së kufizuar nga vijat AHA, BHB, boshti x dhe harku AB. 5. Pikat A dhe B merren në grafikun e funksionit. Prej tyre, pingulet me boshtin e abshisave janë ulur, bazat e pinguleve janë HA dhe HB; C është origjina e koordinatave. Vërtetoni se sipërfaqja e figurës së kufizuar nga vijat CA, CB dhe harku AB është e barabartë me sipërfaqen e figurës së kufizuar nga vijat AHA, BHB, boshti x dhe harku AB.

Zgjidhje. Mund të supozojmë se abshisa e pikës A është më e vogël se abshisa e pikës B (shih figurën).Merrni parasysh pikën K të prerjes së segmenteve AHA dhe CB. Atëherë diferenca midis sipërfaqeve në shqyrtim është e barabartë me diferencën midis sipërfaqeve të trekëndëshit CAK dhe katërkëndëshit HAKBHB, i cili, nga ana tjetër, është i barabartë me diferencën midis sipërfaqeve të trekëndëshave CAHA dhe CBHB. Dhe meqenëse СHA*AHA=СHB*BHB=2010 (A dhe B qëndrojnë në tabelë), këto zona janë të barabarta me njëra-tjetrën.

Është treguar se ndryshimi midis zonave të konsideruara është https://pandia.ru/text/77/496/images/image044_20.gif" width="101" height="23 src=">: 4 pikë.

Është vërtetuar edhe se : +3 pikë.

1. . Vërtetoni se për të gjithë numrat natyrorë mosbarazimin

Zgjidhja: Ndani të dyja pjesët e pabarazisë me një vlerë pozitive Marrim pabarazinë Nëse atëherë shkalla është negative dhe pabarazia është e vërtetë..gif" width="61" height="19">: 0 pikë.

Mori pamjen ose : 1 pikë

2. A mund të jetë shuma e shifrave për disa k natyrale të njëjta për dy numrat e mëposhtëm?

Përgjigje: nuk mundet.

Zgjidhje. Le të shënojmë https://pandia.ru/text/77/496/images/image061_11.gif" width="171" height="24 src=">. Një nga tre numrat e njëpasnjëshëm është i pjesëtueshëm me tre, pra një nga numrat https://pandia.ru/text/77/496/images/image064_9.gif" width="53" height="21 src="> ndahet me tre, dhe tjetri jo. Prandaj, shuma e shifrave të vetëm njërës prej tyre pjesëtohet me tre. Prandaj, ato janë të ndryshme.

3. Trinomet katrore dhe kanë rrënjë reale pozitive x 1, x 2 dhe x 3, x 4, respektivisht, dhe x1 < x3 < x2 < x4 . Vërtetoni se trinomi katror https://pandia.ru/text/77/496/images/image068_9.gif" width="85" height="51 src=">.gif" width="111" height="21 ">.

Një justifikim tjetër për pabarazitë është i mundur - a<-c, b<d, duke përdorur vetitë e një funksioni kuadratik.

Zgjidhja është dhënë, por kur lëvizim nga pabarazitë - a<-c dhe b<d ndaj pabarazive a 2<c 2, 4b2 <4d2 nuk vërtetohet se a, b,-c, d pozitive: 5 pikë.

4. Zerot 2010 futen midis çdo dy shifrash të 1331. Vërtetoni se numri që rezulton është i plotpjesëtueshëm me 1331.

Zgjidhje. Imagjinoni një numër 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="> pjesëtohet me 11 (bazuar në pjesëtueshmërinë me 11), që do të thotë 100.. 0013 i pjesëtueshëm me 113=1331.

Numri paraqitet si https://pandia.ru/text/77/496/images/image076_8.gif" width="31" height="24">.

Zgjidhje.Le Oështë qendra e rrethit, pasi D AB C është izosceles, pra BO=OC. Konsideroni D FBO dhe D ECO: Ð FBO=Ð ECO=a, bf× CE=6, BO× OC=para Krishtit 2/4=6, pra bf× CE=BO× OCÛ https://pandia.ru/text/77/496/images/image079_8.gif" width="103 height=38" height="38">. Që nga Ð BOF=b, Р EOC=g, pastaj РFOE=a. Nga barazitë BO= OC dhe vijon se . Konsideroni D FOE dhe D ECO: Ð FOE=Ð ECO=a, dhe https://pandia.ru/text/77/496/images/image047_16.gif" width="13 height=15" height="15"> pabarazia është e vërtetë

Zgjidhja: Ndani të dyja pjesët e pabarazisë me një vlerë pozitive Marrim pabarazinë Nëse atëherë shkalla është negative dhe pabarazia është e vërtetë..gif" width="61" height="19">: 0 pikë.

Mori pamjen ose : 1 pikë

Vërtetuar vetëm për një nga rastet ose : 3 pikë.

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

Përgjigje: Nuk ka zgjidhje.

Zgjidhja e parë: Sekuenca https://pandia.ru/text/77/496/images/image084_7.gif" width="31" height="21">..gif" width="13" height="15"> nuk është e barabartë me 0. Ekuacioni nuk ka rrënjë.

Nëse vihet re se kjo është shuma e një progresion gjeometrik: 1 pikë

Shuma e gjetur, por asnjë përfundim nuk është bërë: +1 pikë.

Zëvendësimi i kryer: 1 pikë.

Zgjidhja e dytë: Jo zgjidhje e ekuacionit. Ndani të dyja anët e ekuacionit me dhe merrni ekuacionin.

Ne i rishkruajmë termat në rendin e mëposhtëm

https://pandia.ru/text/77/496/images/image092_6.gif" width="75" height="21">..gif" width="84" height="24"> që ka rrënjë , Vini re se sipas pabarazisë Cauchy dhe kështu të dyja rrënjët dështojnë.