Otajonova malikabonu sadulla qizi o‘quvchilarni matematika fan olimpiadalariga bosqichma – bosqich tayyorlash tizimi

I sbot. Aytaylik trapetsiya berilgan bo‘lib, asoslari bo‘lsin. bo‘lgani uchun bo‘ladi. Trapetsiyaning uchidan balandlik tushiramiz. U holda bo‘ladi. Pifagor teoremasiga ko‘ra
bo‘ladi.
Bu tenglikni soddalashtirib tenglikka ega bo‘lamiz.
49(9-10). tenglamaning butun bo‘lmagan yechimlarini toping.
Yechish. bo‘lsin. U holda
.
1)
Bundan bo‘ladi. yechimga ega bo‘lamiz.
2)
Bundan bo‘ladi. .
Javob:
50(11). Tenglamani yeching.

Bunda ning kasr qismi.[10]
Yechish. bo‘lsin. U holda (1) tenglama ko‘rinishga keladi. Bundan ,

1) bo‘lib, yechimlarni olamiz.
da , da .
2) tengsizlik butun yechimga ega emas.
Javob:
51(11). ning qanday qiymatlarida

tenglama bitta yechimga ega .[8]
Yechish. Aniqlanish sohasi . Belgilash kiritamiz: .

.
52(9). 1, 2, 3, 5 tiyinlik 4 ta tanga berilgan. Bunday tangalarning og‘irligi mos ravishda 1 gr, 2 gr, 3 gr va 5 gr bo‘lishi kerakligi ma’lum. Lekin tangalarning biri qalbaki bo‘lib, og‘irligi haqiqiy tangalarnikidan farq qiladi. Ikki pallali tarozida ikki marta tortib (toshlarsiz) qalbaki tangani har doim aniqlash mumkinmi?
Yechish: Birinchi usul. Birinchi marta tarozining chap pallasiga 1 va 2 tiyinlik tangalarni, o‘ng pallasiga 3 tiyinlik tangani solib tortamiz. Uch hol bo‘lishi mumkin:
1) Tarozi muvozanatda. Bu holda 5 tiyinlik tanga qalbaki;
2) O‘ng palla (3 tiyinlik tanga) og‘irroq. Bu holda 2 va 3 tiyinlik tangalarni 5 tiyinlik tanga bilan solishtramiz (2-ni tortish). Yana 3 hol bo‘lishi mumkin:
2a) tarozi muvozanatda bo‘lsa, soxta tanga 1 tiyinlik;
2b) 2 va 3 tiyinlik tangalar og‘irroq bo‘lsa, soxta tanga 3 tiyinlik (bu holda 2 tiyinlik tanga qalbaki – og‘ir ham yengil ham bo‘la olmaydi);
2c) 5 tiyinlik tanga og‘irroq bo‘lsa, soxta tanga –2 tiyinlik;
3) chap palla (1 va 2 tiyinlik tangalar) 3 tiyinlikdan og‘irroq.
Bu hol 2) kabi tekshiriladi.
Ikkinchi usul. Yechimni quyidagicha batartib yozish mukin:

Mumkin bo‘lgan hol	Birinchi tortish natijasida	Ikkinchi tortish natijasida
Tangalar haqiqiy 1 tiyinlik yengilroq 1 tiyinlik og‘irroq 2 tiyinlik yengilroq 2 tiyinlik og‘irroq 3 tiyinlik yengilroq 3 tiyinlik og‘irroq 5 tiyinlik yengilroq 5 tiyinlik og‘irroq	“ 1 ” + “ 2 ” = “3” “ 1 ” + “ 2 ” < “ 3 ” “ 1 ” + “ 2 ” > “ 3 ” “ 1 ” + “ 2 ” < “ 3 ” “ 1 ” + “ 2 ” > “ 3 ” “ 1 ” + “ 2 ” > “ 3 ” “ 1 ” + “ 2 ” < “ 3 ” “ 1 ” + “ 2 ” = “ 3 ” “ 1 ” + “ 2 ” = “ 3 ”	“ 2 ” + “ 3 ” = “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” = “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” = “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” < “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” > “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” < “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” > “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” > “ 5 ” “ 2 ” + “ 3 ” < “ 5 ”

Bu jadvaldan ko‘rinadiki, agar qalbaki tangalar soni bittadan ko‘p bo‘lmasa 2 marta tortib, tangalar ichida qalbakisi bor yo‘qligini, bor bo‘lsa, u haqiqiy tangadan yengil-og‘irligini aniqlash mumkin.
53(9). Teng yonli ABC uchburchakning AC tomonini diametr qilib aylana chizilgan. Bu aylana ikkinchi BC yon tomonini D nuqtada, AB asosni esa E nuqtada kesadi. ADE va DEO uchburchaklar o‘zaro teng ekanligini isbotlang (O nuqta – aylananing markazi).
Isbot. Δ ABC teng yoni bo‘lgani uchun ∠A = ∠B. Δ AEO ham teng yonli, chunki OA, OE kesmalar – radius (1-rasm). Demak, ∠A = ∠OEA. Bundan ∠C=∠AOC kelib chiqadi. Lekin ∠AOD AED yoyga tiralgan markaziy burchak, ∠C esa xuddi shu yoyga tiralgan aylanaga ichki chizilgan (yani ikki vatardan tashkil topgan) burchak. Bundan burchaklar xossasiga ko‘ra: AOD burchak AED yoy bilan, ∠C esa uning yarmi bilan o‘lchanadi. Demak,
∠C = ∠AOD = (∠AOE + ∠EOD).
Bu tenglikda ∠AOE = ∠C ni hisobga olsak, ∠AOE = ∠EOD kelib chiqadi. OED Uchburchakning OE va OD tomonlari ham radius bo‘lganligi uchun Δ OED = Δ AOE. Shuni isbot qilish talab qilingan edi.

1- rasm