Embed Size (px)
Citation preview
1
XV Київський відкритий турнір математичних боїв ім. Лесі Рубльової
Перший тур
"Супротивник, що викриває ваші помилки,
кориснішій для вас, ніж друг, що бажає їх приховати".
Леонардо да Вінчі
Умови та розв’язання задач
Наймолодша ліга
1.1. На нараду зібралися 30 учасників – хобіти, ельфи та гноми. У кожній групі був
начальних із заступником, а також рядові учасники наради. Кожний хобіт випив по 3
кухлі пива, а кожний гном – по 10 кухлів, а кожний ельф випив по 20 кухлів. Разом
усі учасники зустрічі випили 333 кухлів пива. Скільки серед гостей було гномів?
Відповідь: 8 .
Розв’язання. Можемо записати такі умови: 30 zyx та 33320103 zyx . Виходячи з
останньої цифри 11x чи 21x .
Для кожного з цих випадків отримуємо, що .
11x 19 zy та 3002010 zy або 302 zy . Неважко зрозуміти звідси, що 11z
та 8y .
21x 9 zy та 2702010 zy або 272 zy . Неважко зрозуміти звідси, що 18z
та 30 zx – суперечність.
1.2. Касир продав усі квитки у перший ряд кінотеатру, причому внаслідок помилки на
одне з місць було продано два квитки. Сума номерів місць на цих квитках, включаючи
два на одне місце, дорівнювала 857 . На яке місце було продано два квитки?
Відповідь: 37 .
Розв’язання. Місць у першому ряду не більше 40 , тому що при додаванні чисел
85786141...21 . Але тих місць має бути більше 39 , оскільки сума чисел
78039...21 , а навіть 85781939780 . Таким чином місць має бути рівно 40 .
Оскільки 82040...21 , то двічі був проданий квиток на місце 37820857 .
2. Задана множина }...,,2,1{ nM . Знайдіть кількість триелементних підмножин цієї
множини, в кожній з яких один з елементів є середнім арифметичним двох інших.
Відповідь: при kn 2 )1( kk варіант, при 12 kn
2k варіантів.
Розв’язання. Очевидно, що для триелементної множини
},,{ cba , де cba , елемент Mb ca, мають
мати однакову парність.
При kn 2 елементи ca, можна вибрати
)1(2 2 kkCk варіант.
При 12 kn елементи ca, можна вибрати 2
2122
1 ))1()1(( kkkkkCC kk варіантів.
A Рис. 1
C
M
B
N
2
3. На прямій вибрані точки CBA ,, (точка B лежить на відрізку AC ). Розглянемо
рівнобедрені трикутники ABM та CBN з вершинами у точці B та рівними кутами
CBNABM . Чи обов'язково є рівними відрізки MCAN ?
Відповідь:, обов'язково.
Розв’язання. Якщо точки NM , лежать по різні
боки від прямої AC , то все очевидно, бо точки
BNM ,, лежать на одній прямій та
MBCABN за двома сторонами та кутом.
Нехай NM , лежать по різні боки від AC (рис. 1),
тоді CBMABN , а також рівні сторони
BMAB та BCBN . Таким чином
CBMABN , звідси CMAN .
4.1. Чи існує 10 -кутник, який одним
прямолінійним розрізом можна поділити на
6 трикутників?
Відповідь: існує, наприклад на рис. 2.
4.2. Чи існує 10 -кутник, який одним прямолінійним розрізом можна поділити на 5
трикутників?
Відповідь: існує, наприклад на рис. 3.
5.1. Для заданого натурального числа n ми намагаємося
побудувати таблицю з 3 рядків та n стовпчиків, комірки
якої заповнені числами 1 , 2 , …, n3 таким чином, що
справджувалися такі умови:
кожний рядок має однакову суму чисел z ;
кожний стовпчик має однакову суму чисел s .
Доведіть, що якщо n парне, то такої таблиці не існує.
Розв’язання. Оскільки )13)(3(3...2121 nnn , то nsznn 3)13)(3(
21 . Таким чином
)13(321 ns . Таким чином при парному n число s не ціле.
5.2. Для заданого натурального числа n ми намагаємося побудувати таблицю з 3
рядків та n стовпчиків, комірки якої заповнені числами 1 , 2 , …, n3 таким чином, що
справджувалися такі умови:
кожний рядок має однакову суму чисел z ;
кожний стовпчик має однакову суму чисел s .
Доведіть, що для 5n така таблиця існує.
Розв’язання. Для 5n неважко обчислити шукані значення: 40z та 24s . Це дозволяє
побудувати шуканий приклад (рис. 4).
6. У клубі деякі пари членів є друзями. Для деякого 3k клуб називається k -гарним,
якщо будь-яку групу з k членів клубу можна розсадити за круглим столом таким
15 6 2 7 10
8 4 13 12 3
1 14 9 5 11
Рис. 4
Рис. 3
Рис. 2
3
чином, що усі сусіди будуть друзями. Доведіть, що якщо клуб є 6-гарним, то він є й 7-
гарним.
Розв’язання. Виберемо у 6 -гарному клубі будь-яких 7 членів: GBA ...,,, . Надалі внаслідок
довільності \її вибору розглядаємо лише її. Виберемо довільного члена цієї групи G . За умовою
членів групи GCB ...,,, можна розсадити за круглим столом належним чином (щоб усі сусіди були
друзями), але тоді G має мати принаймні двох друзів, нехай F – один з них. Включимо в останню
групу з 6 членів клубу замість F члена клубу A . Тоді в новій шістці у G знову має бути
щонайменше 2 друга, але серед них немає його друга F . Тому – усього у G має бути принаймні 3
друга. Внаслідок того, що G був довільно обраним, цю властивість мають і усі інші члени клубу.
Але це означає, що є член клубу, що має принаймні 4 друзів. Бо інакше серед довільних 7 членів
клубу, якщо кожний має рівно по 3 друга, то усього таких дружніх пар 7321 – не ціле число (бо
кожна пара при такому множенні рахується рівно двічі). Нехай G буде членом цієї сімки, що має
принаймні 4 друга. Розглянемо такі 6 членів клубу: FBA ...,,, – розсадимо їх належним чином.
Але тоді серед цих 6 членів клубу 4 – друзі G , а тому принаймні пара з них сидить поруч. Це
означає, що G достатньо посадити строго між ними і твердження доведене.
7. Михайлик та Петрик грають в таку гру – Михайлик кожним своїм ходом множить
записане на дошці число на 2017 та додає до нього 2 , а Петрик просто додає до
записаного числа 2019 . Петрик виграє, якщо в певний момент на дошці після ходу
будь-кого з гравців з'явиться число, що кратне 2018. Михайлик хоче завадити
перемозі Петрика. Вони роблять ходи по черзі, розпочинає Михайлик з деякого
початкового числа. Знайдіть найменше початкове число, що більше за 2017 , при
якому Михайлик досягне своєї мети.
Відповідь: 2022 .
Розв’язання. Нехай m – початкове число. За модулем 2018 ходи учасників мають такий вигляд:
xx 222017 та 12019 xx .
Тоді маємо такі перетворення початкового числа:
mmmmmmPMPM
1)3(232 .
Треба, щоб жодне з чисел m , m2 , m3 та 1m не ділилося на 2018 . Найменше з чисел, яка
цьому задовольняє та більша від 2017 – це 2022 .
8. Позначимо через )(nd – кількість дільників натурального числа n . Знайдіть усі такі
3n , для яких 8)1()()1( ndndnd .
Відповідь: 3n , 4n та 6n .
Розв’язання. Для парного 6k маємо, що 4)( kd ,
оскільки має дільники 1 , 2 , k21
та k . Перебором знаходимо,
що 3n – розв'язок, а 5n – ні. Таким чином більше
непарних n не існує.
Таким чином залишається розглянути парні значення для n . З
трьох чисел 1n , n та 1n принаймні одне кратне 3 .
Якщо 1n чи 1n кратне 3 , то це число має дільники 1 , 3
, k31 та k при 9k . Таким чином треба перебрати лише парні числа до 10 .
Розв'язки серед них 4n та 6n .
Якщо n кратне 3 , то воно має дільники 1 , 2 , 3 , n31 n
21 та n і при 9n розв’язків немає.
Рис. 5
4
Молодша ліга
1.1. Задача № 1.1 () наймолодшої ліги.
1.2. Задача № 1.2 () наймолодшої ліги.
2.1. Доведіть, що для додатних чисел ba множина розв'язків рівняння
][][ abxbax містить проміжок довжини принаймні },max{
1ba
.
Розв’язання. Розглянемо дві функції: baxxf )( та abxxg )( . Оскільки
bagf )1()1( , то прямі baxy та abxy є різними та перетинаються у точці
),1( baP (рис. 5).
Без обмеження загальності вважатимемо, що ba , тобто g йде більш круто. Тому )()( xfxg
для 1x та навпаки при 1x . Таким чином
)1)(()()( xabxgxf .
Позначимо через ][ bat . Покладемо 21 1 xx таким чином, щоб txg )( 1 , txg 1)( 2 .
Неважко збагнути, що b
atx 1 , b
atx 11 . Покажемо, що цей проміжок задовольняє умовам задачі.
),[ 21 xxx : 1)()()( 21 txgxfxgt x – розв'язок рівняння. Неважко бачити, що
bxx 1
12 , що й треба було довести.
2.2. На острові Невезіння відмінили понеділки: в них одразу за неділею йде вівторок.
За останній рік, тобто від неділі 15 жовтня 2017 року по сьогодні неділю 14 жовтня
2018 року, неділі на острові співпали с нашими неділями рівно 8 разів. Який день
тижня на острові сьогодні 14 жовтня 2018 року?
Відповідь: субота.
Розв’язання. Оскільки звичайний тиждень (наш) складається з 7
днів, а тиждень на острові – з 6 , тому збіг неділь відбувається рівно 1
раз на 4276 дні. Тому за 942378 дні відбувається рівно 9
таких збігів неділь. Оскільки 13365378 , то дев'ятий збіг мав
відбутися протягом найближчих 13 днів (з понеділка 15 жовтня по
суботу 27 жовтня 2018 року). Єдина неділя на цей час – 21 жовтня
2018 року. Тому цей день – неділя на острові, далі рахуємо у
зворотному напрямі і знаходимо, що сьогодні в них – субота.
3. У прямокутному трикутнику ABC точки D та E
розташовані на гіпотенузі AB так, що BCBD та ACAE
. З точки D провели перпендикуляр DG на катет AC , а з
точки E – перпендикуляр EF на катет BC . Доведіть, що DGEFDE .
Розв’язання. Проведемо відрізки CD та CE , а також висоту CH ABC (рис. 6). Точка H лежить
між точками D та E , оскільки кути CDE та CED – гості (вони є кутами при основах у
рівнобедрених трикутниках BCD та CAE відповідно.
З рівнобедреного ACE та паралельних прямих AC та EF матимемо, що
FECACEAEC . Тоді CHECFE (прямокутні за гіпотенузою та гострим кутом),
звідки EHEF . Аналогічно DHGD , таким чином
DGEFHDEHDE .
A
G
C F B
E
H
D
Рис. 6
5
4. У трикутнику ABC кут при вершині C утричі більший за кут при вершині A . На
стороні AB вибрана така точка D , що BCBD .
Знайдіть CD , якщо 4AD .
Відповідь: 4CD .
Розв’язання. Нехай BAC , тоді 3BCA (рис. 7).
Оскільки DBC – рівнобедрений, то BCDBDC .
Звідси 3DCA . Оскільки CDB – зовнішній для
ADC , то DCADACCDB , тому )3( 2 .
Таким чином DCA , тобто ADC – рівнобедрений з основою AC . Таким чином
4 ADCD . .
5.1. Андрій заповнює комірки прямокутної таблиці по черзі X (хрестами) та O
(нуликами), розпочинаючи з хреста. Після заповнення усіх комірок він рахує величину
x – суму квадратів кількості хрестиків у кожному рядку та стовпчику, а також
величину o – суму квадратів кількості нуликів у кожному рядку та стовпчику. Після
цього він отримує приз розміром ox . Який максимальний приз зможе отримати
Андрій, якщо прямокутна таблиця має розміри nn , де n – деяке непарне число.
Відповідь: n2 .
Розв’язання. Усього нуликів на 1 менше ніж хрестиків, таким чином усього хрестиків )1( 2
21 nk .
Нехай в деякій лінії (рядок чи стовпчик) міститься усього a хрестиків та an нуликів. Тоді в
призову суму входитиме величина 222 2)( nnaana . Якщо усі ці величини додати по усіх
рядках, то матимемо, що ця величина дорівнюватиме
nnnnnnnk 32
212 )1(22 .
Аналогічно для стовпчиків – n , тому загальна відповідь – n2 .
5.2. Задача № 5.1 () наймолодшої ліги.
6. Задача № 6 () наймолодшої ліги.
7. Знайдіть найбільшу можливу кількість елементів в множині цілих чисел M , яка має
таку властивість – серед будь-яких трьох елементів множини M можна вибрати 2 ,
сума яких є невід'ємним степенем 2 .
Відповідь: 6 .
Розв’язання. Розглянемо множину }10,6,2,5,3,1{ M , якщо її поділити на дві частини, як
тут записане – перші три елементи та другі три елементи. Сума будь-яких двох елементів у кожній
частині є невід'ємним степенем 2 . Таким чином, якщо вибрати будь-які 3 елементи, то принаймні 2
з них будуть з однієї частини, а тому задовольняти умову.
Покажемо, що 6 – найбільше можливе значення. Методом від супротивного, припустимо що така
множина містить принаймні 7 елементів. Ця множина не може мати більше двох недодатних
елементів. Таким чином додатних елементів принаймні 5 . Позначимо через x – найбільше з них, а
dcba ,, – інші чотири додатні елементи. Але тоді числа dxax ...,, усі більші від x та менші
від x2 . Таким чином в проміжку )2,( xx не більше однієї степені 2 . Таким чином інші три
елементи не є степенями 2 . Нехай це будуть cxbxax ,, . Тоді розглянемо трійки чисел
),,( xba , ),,( xca та ),,( xcb . Але тоді степенями 2 мають бути кожне з чисел: ba , ca та
A C
B
D
Рис. 7
6
cb . Знову, якщо a – найбільше з цих трьох чисел, то ba та ca лежать на проміжку
)2,( aa , тому щонайбільше одне з них може бути степенем 2 .
8. Задача № 8 () наймолодшої ліги.
Середня ліга
1.1. Нехай – довільне додатне число. Визначте найбільшу додатну константу C , для
якої справджується нерівність
)2()1)(1)(1(222
x
z
z
xC
zyx
,
для довільних додатних zyx ,, , що задовольняють умову zxyzxy .
Відповідь: 16C .
Розв’язання. Замінимо у вказаній нерівності на zxyzxy та домножимо на 222 zyx :
xz
xzzxC
z
zxyzxyz
y
zxyzxyy
x
zxyzxyx 222
2
2
2
2
2
2
)2())()(( 222222 xzzxzCxyzxyzxyzzxyzxyyzxyzxyx
22222 )()()()( zxzCxyxzzyyx zCxyzyyx 222 )()( .
Оскільки
zCxyzxyyzxyzyyx 2222 1644)()( ,
то нерівність справджується при 16C . Це оптимальне значення, оскільки при 3
zyx
досягається рівність.
1.2. Знайдіть усі значення параметра p , для якого система нерівностей
,0)1(
,0)1(2
2
pxpx
pxpx
має принаймні один дійсний розв'язок.
Відповідь: 0p .
Розв’язання. При 0p розв'язком завжди буде 0x . При 0p , якщо деяке значення x
задовольняє систему нерівностей, то після додавання цих нерівностей матимемо, що має
справджуватися така умова: 022 2 px – суперечність.
2. Знайдіть найбільше натуральне n , для якого вираз ][...]2[]1[ n є простим
числом.
Відповідь: 47n .
Розв’язання. Запишемо такі оцінки:
1122...1 2222 krkkkkkk .
Звідси не важко вирахувати явний вигляд кожного числа:
][...]2[]1[ nsn , де ][ nk , lkn 2, тоді
7
)1(2)1()12(1
0
1
0
21
0
lkiilkiisk
i
k
i
k
in )1()14()1(
61 lkkkk .
При 6k ми маємо, що кожний доданок має спільний простий дільник числа k , а тому ns – не
просте. Для 6k маємо, що 49)16( 2 n . Простимо обчисленнями 29720348 s , а
19747 s – шукане просте число.
3.1. Всередині трикутника ABC вибрана точка P таким чином, що точки AM та BM –
центри описаних кіл Ak та Bk трикутників BCP та ACP відповідно, розташовані поза
ABC . Крім того виявилося, що відповідно колінеарними є таки трійки точок A , P ,
AM та B , P , BM . Пряма, що проходить через точку P та паралельна AB вдруге
перетинає кола Ak та Bk у точках D та E відповідно. Доведіть, що BCACDE .
Розв’язання. Позначимо через CBP
(рис. 8). Тоді 2 PCM A . Оскільки
PCMM BA – дельто їд, то BAMM – його
вісь симетрії. Тому
BBA CBMMCM .
Звідси випливає, що точка B , і аналогічно
точка A , лежать на описаному колі
BACMM . А це рівносильне тому, що
BA MM , лежать на описаному колі ABC
. Але звідси випливає, що P – інцентр
ABC . Оскільки PDAB || , то
BPDCBP . Таким чином PBDC –
рівнобічна трапеція, і має рівні діагоналі, тобто
BCPD . Аналогічно ACPE звідки й
випливає шукана рівність.
3.2. Точки 0D , 1D , …, 2018D вибрані на
відрізку AB таким чином, щоб AD 0 ,
BD 2018 та 201820172110 ... DDDDDD .
Виберемо довільну точку C таку, що
90BCA . Доведіть, що справджується
рівність: 2
20182
12
02
20182
12
0 ...... ADADADCDCDCD .
Розв’язання. Позначимо через iE – основа перпендикуляра з точки iD на катет AC (рис. 9). З
теорема Фалеса 11 iiii EEEE , крім того ii AECE 2018 , 2018,0i . Застосуємо теорему
Піфагора для iiECD та iiEAD :
222iiii CEEDCD та
222iiii AEEDAD .
2222iiii AECEADCD
22018
21
20
22018
21
20 ...... ADADADCDCDCD
0...... 22018
21
20
22018
21
20 AEAEAECECECE .
Рис. 8
Рис. 9
8
4. Нехай ABCD – рівнобічна трапеція з більшою основою AB . Нехай I – інцентр
ABC , J – центр зовні вписаного кола проти вершини C ACD . Доведіть, що
IJAB || .
Розв’язання. Нехай K – інцентр ABD (рис. 10).
Тоді IKAB || , таким чином достатньо показати, що
JKAB || . Нехай ACDABD , тоді
2190 AKD та
2190 DJA , тому
чотирикутник AKDJ – вписаний.
Тоді AK і DJ – бісектриси відповідних кутів, то
вони паралельні. Звідси маємо:
BAKDAKADJAKJ ,
звідки випливає, що JKAB || .
5. Задача № 5.1 () молодшої ліги.
6.1. У кожну комірку квадрату nn записані цілі числа. Сусідні по рядку чи
стовпчику числа відрізняються не більше ніж на 2 . Яка максимальна кількість різних
чисел може бути записане в цій таблиці?
Відповідь: 54 n .
Розв’язання. Розглянемо табличку nn , а також позначимо через Mm, відповідно найменше та
найбільше числа таблиці. Шляхом між комірками таблиці назвемо сукупність сусідніх комірок, в якій
початкова та кінцева комірки є зданими. Відстанню між комірками ),( ji та ),( lk назвемо вираз
|||| ljki . Таким чином найбільша відстань у таблиці не перевищує 22 n . Якщо відстань
між комірками з числами Mm, менша від 22 n , тоді дістанемо таку оцінку:
64)32(2 nnmM .
Таким чином табличка може містити не більше 54 n різних чисел.
Припустимо, що відстань між комірками числами Mm, дорівнює максимально можливому
значенню 22 n . Тоді вони розташовані в протилежних кутах таблиці (по діагоналі). Розглянемо k
різних чисел таблички таким чином: Mbbbbmb kk 1321 ... . Відстань між числами
12 , kbb не більше від 42 n , і тому 84)42(221 nnbbk . Тоді матимемо, що
)()84()()()()( 212211 mbnbMmbbbbMmM kkk .
Таким чином, оскільки 1 kbM та mb 2 дорівнюють 1 чи 2 , то можливі варіанти.
64 nmM .
54 nmM , при цьому табличка не містить або число 1m , або 1M .
44 nmM , при цьому табличка не містить жодного з чисел 1m та 1M .
Але тоді у кожному з таких випадків різних
чисел не більше 54 n .
Залишається навести відповідний приклад
існування такої таблички (рис. 11).
6.2. Задача № 6 () наймолодшої ліги.
7.1. Розглянемо натуральні числа
cba ,, , що є сторонами трикутника і 1),,( cba . При цьому кожний дріб cbacba
222
,
1 3 5 … 32 n 12 n
2 4 6 … 22 n n2
4 6 8 … n2 12 n
… … … … … …
42 n 22 n n2 … 84 n 74 n
22 n n2 22 n … 64 n 54 n
Рис. 11
Рис. 10
9
acbacb
222
та bacbac
222
є цілим числом. Доведіть, що добуток знаменників цих трьох
дробів є квадратом або подвоєним квадратом цілого числа.
Розв’язання. Розглянемо додатні числа cbaz , acbx та bacy . Тоді
)(21 zya , )(
21 zxb та )(
21 xyc . Тоді
))(())()()((21222
41222 xyzyxzyxzxzycba .
Оскільки число z
xyzyxz
cbacba
)(
21
222
– ціле, то xyz | , аналогічно xzy | та zyx | . Нехай p –
просте число, і )(zxyordip . Треба показати, що для довільного непарного простого p відповідне
pi – парне. Тоді твердження буде доведене,бо не принципово якої парності буде число 2i . Нехай
xord p , yord p та zord p . Без обмеження загальності вважатимемо, що
},,min{ . Якщо 0 , то ми матимемо суперечність з тим, що 1),,( zyx . Тому 0 ,
звідси оскільки zyx | , то , аналогічно з умови xzy | випливає, що . Таким чином
, тому 2pi , що й треба було довести.
7.2. Задача № 7 () молодшої ліги.
8.1. Чи існують такі натуральні числа kn, , для яких число n
nk 11
є квадратом цілого
числа?
Відповідь: такі числа не існують.
Розв’язання. Методом від супротивного, нехай такі числа існують. Тоді існує натуральне число a ,
для якого справджується рівність: )11(2 nan k kaan 11)1( 22 . Оскільки
1)1,( 22 aa , то ka 11|12 . Таким чином
la 1112 , kl 1 . Тоді )11(mod102 a , що
неможливо для квадратів цілих чисел. Одержана суперечність завершує доведення.
8.2. Задача № 8 () наймолодшої ліги.
Старша ліга
1.1. Нехай 0 . Знайдіть усі функції ),0(),0(: f , що 0, yx
задовольняють умову:
)(
1))((
1y
fxyxff .
Відповідь: при 1 xxf )( , при інших відповіді не існує.
Розв’язання. Очевидно, що 0 оскільки інакше права частина може приймати від'ємні значення.
Використовуючи змінну x отримуємо, що функція ін'єктивна. Крім того, вона сюр'єктивна для
деякого 0a на проміжку ),( a . Виберемо достатньо близькі до 0 значення x та достатньо
великі значення функції отримаємо, що вона сюр'єктивна на ),0( .
Зробимо підстановку )(yfy :
)(
1))()((
)(1yf
fxyfxff . (1)
10
З симетричності умови для yx, маємо, що 0, yx
)(
1
)(
1))()((
)(1
)(1
xfyff
yf
xyfxff ,
тому constf
xxf
)(
1
)(1
Cxf
xf
)(
1
)(1
. Звідси cyxyfxff ))()(( .
З ін'єктивності функції маємо, що для wzyx ,,, : wzyx має місце рівність:
)()()()( wfzfyfxf . (2)
Тому
)1()1()1()1( fyxfyfxf , 0, yx .
Покладемо )1()( xfxg , ),0[),0[: g то остання умова перепишеться таким чином:
)0()()()( gyxgygxg .
Нехай тепер )0()()( gxgxh , то матимемо, що )0()( gxh та отримаємо функціональне
рівняння Коші:
)()()( yxhyhxh .
Якщо для деякого 0t маємо 0)( th , то з рівності )()( xnhnxh функція )(xh приймає як
завгодно великі за модулем від'ємні значення для достатньо великих натуральних n , а це неможливо
внаслідок обмеженості знизу: )0()( gxh . Тому 0)( xh 0x ,звідки випливає її монотонне
не спадання: vu 0 )()()()( uhuvhuhvh . З цієї монотонності випливає, що розв’язання
функціонального рівняння Коші може бути лише лінійним: cxxh )( . Тоді )0()( gcxxg або
)1()1( fcxxf , тому для 1x dcxxf )( для деяких сталих dc, . Але це справджується
і для 10 x . Тоді покладемо в рівність (2) 3y , 2z , 1 xw і матимемо, що
)1()2()3()( xfffxf dxcdcdcxf )1(32)( dcxxf )( .
З сюр'єктивності функції 0d , бо інакше не усі значення зможуть прийматися. Таким чином
cxxf )( якщо все підставити у задане в умові співвідношення, то
)(
1))((
1y
fxyxff
y
cxycxf
1)( yxycxc
c1)(
Оскільки вона справджується для усіх доданих yx, , то мають співпадати коефіцієнти при yx, ,
тому 12 c та 21
cc , звідки стає зрозумілою наведена відповідь.
1.2. Задача № 1.1 () середньої ліги.
2. Знайдіть найбільшу сталу k , для якої наведена нерівність справджується для будь-
яких додатних змінних cba ,, :
))(())()((ca
bc
ab
ac
cb
ba
ac
cb
ba kkk .
Відповідь: 193 k .
Розв’язання. Якщо покласти cba – отримаємо оцінку, що 193 k . Покажемо. Що то є
шукане значення. Нехай ac
cb
baA , c
abc
abB . Очевидно, що 3A та 3B . Таким чином
кожна з нерівностей є чинною:
ABkk )1()1(9 33 , ABkAk 22 39 та kABkB 39
ABkBAkk 323 )1()1(9 або ))()((ac
cb
ba kkk ABk 3)1( .
11
Якщо тепер підставити знайдене значення 193 k, то матимемо, що справджується потрібна нерівність:
ABkkkac
cb
ba ))()(( .
3.1. Задача № 3.1 () середньої ліги.
3.2. Задача № 3.2 () середньої ліги.
4.1. Для опуклого n -кутника побудовані n
одиничних кіл з центрами в вершинах.
Доведіть, що принаймні на одному з кіл існує дуга величиною n2 , яка немає спільних
точок з іншими колами.
Розв’язання. Розглянемо кут ABC і всередині цього кута точку M , далі розглянемо два кола
однакового радіуса з центрами в точках B та M . Їх перетин лежить в тій половині, що містить
точку M , відносно прямої, що перпендикулярна BM та проходить через B . Тоді їхній перетин
точно не лежить в тій частині, що визначається перпендикулярами до сторін кута BC та BA .
Нехай тепер CBA ,, сусідні вершини n –кутника (рис. 12). Тоді жодний з перетинів не лежіть в
зазначеному вище куті. Залишається зрозуміти, що сума кутів n –кутника складає )2( n , тому
найменший кут не більше ніж n
n )2( , тому відповідний такому куту шуканий кут не менше ніж
nn
n 2)2(
, що й треба було довести.
4.2. Два одиничних кола дотикаються
зовнішнім чином. Розглянемо
прямокутники чи квадрати, у яких кожна
сторона дотикається принаймні одного з
кіл. Яку найбільше та найменшу площу
може мати такий прямокутник?
Відповідь: 8min S ; 246max S .
Розв’язання. Позначимо кола через 21, kk , центри
кіл – 21, OO , прямокутник позначимо через
ABCD і без обмеження загальності вважатимемо, що 1k дотикається до сторін
AB та BC , дві інші сторони дотикаються до 2k (рис. 13). Проведемо прямі – паралельно AD через
1O та паралельно AB через 2O . Нехай вони перетинаються в точці P . Позначимо
],0[421 OPO . Тоді
)sin1)(cos1(4)sin22)(cos22( rrrrBCABSABCD .
Дослідимо функцію 2
21
21 )sin(cos)sin(cossincos1)sin1)(cos1()( V .
Позначимо ]2;1[sincos u , тоді функція 2
21
21)( uuuV зростає на вказаному
проміжку. Таким чином найменше значення при 1u або 0 , при цьому 8min S , а найбільше
значення при 2u або 4 , і 246max S .
A
c
Рис. 12
C
B
Рис. 13
12
5. Знайдіть найменше натуральне число n , для якого при будь-якому фарбуванні
чисел n...,,2,1 в один з трьох кольорів, існують два числа
однакового кольору, чия різниця є квадратом натурального
числа.
Відповідь: 29 .
Розв’язання. Припустимо, що числа 29...,,2,1 можна пофарбувати
у три кольори належним чином. Тоді числа 1 , 10 та 26 мають
попарно різні кольори, бо різниця двох таких є квадратом цілого
числа. Аналогічно для чисел 1 , 17 та 26 , тому числа 10 та 17
однакового кольору. Далі маємо, що однакові кольори мають такі
числа: 1811 , 1912 , 2013 . Для останнього достатньо
розглянути четвірку чисел: 4 , 13 , 20 та 29 .
Якщо покласти A1710 , то A11 . Нехай B1811 , тоді з рівності 22 31011819 C1912 . Аналогічно з умови
22 31111920
маємо, що A 172013 – суперечність, бо 41317 .
Залишається навести приклад, для якого існує шукане фарбування 28 чисел (рис. 14).
6. Задача № 6.1 () середньої ліги.
7.1. Задача № 7.1 () середньої ліги.
7.2. Задача № 7 () молодшої ліги.
8.1. Для яких натуральних n число 52117!)239( 3 nnnn є квадратом цілого
числа?
Відповідь: 1n .
Розв’язання. Позначимо через 52117!)239( 3 nn nnna .
Тоді при 4n )8(mod55 nna .
Для парного n )8(mod15 n і )8(mod6na . Квадрати цілих чисел можуть мати остачі 4,1,0
за модулем 8 . Тому у цьому випадку число не може бути квадратом цілого числа.
Квадрати цілих чисел можуть мати остачі 4,2,1,0 за модулем 7 . При 7n )7(mod5na –
також не може бути квадратом. Тому залишається перебрати декілька варіантів.
5n )5(mod25 a – не може бути квадратом.
3n )7(mod33 a – не може бути квадратом.
2n 76702 a – не є квадратом.
1n 4001 a –є квадратом.
8.2. Задача № 8.1 () середньої ліги.
Рис. 14
