1

Міністерство освіти і науки України

Київський міський педагогічний університет імені Б.Д. Грінченка

Київський національний університет імені Тараса Шевченка

ІІІ етап Всеукраїнської

олімпіади з математики

LXXIІІ Київська міська

олімпіада юних математиків

Умови та вказівки до розв’язань задач

1 тур

21 січня 2018 року

«Я знав багато людей, які мали величезні пізнання

і не мали жодної власної ідеї.»

УїлсенМізнер

2

Карташов

Микола Валентинович 18 жовтня 1952 – 01 січня 2018

Микола Валентинович народився 18 жовтня 1952 року в

місті Очаків, Миколаївської області. Все своє свідоме життя

він присвятив науковій та викладацькій роботі у Київському

університеті імені Тараса Шевченка. В 1975 році він

закінчив механіко-математичний факультет, у 1978 році

аспірантуру і став асистентом кафедри теорії ймовірностей

та математичної статистики. У 1986 році, тобто у віці 34

роки, захистив докторську дисертацію, що свідчило про його могутній математичний талант. З 1989

року і до останніх днів залишався професором кафедри.

Основними напрямками наукової діяльності були: теорія стійкості та ергодичності стохастичних

процесів марківського типу та їх застосування, граничні теореми для ергодичних випадкових

процесів, неоднорідні збурення процесів Маркова. Професор Карташов зробив великий внесок і в

актуарну математику, досліджуючи неоднорідні актуарні моделі та моделі теорії ризику. Є автором

понад 100 наукових робіт, монографії “Strong Stable Markov Chains” надрукованої в 1996 році.

Микола Валентинович був членом редакційної колегії журналу “Теорія ймовірностей та математична

статистика”, а також членом спеціалізованої вченої ради факультету.

Микола Валентинович відомий своєю педагогічною діяльністю. Впродовж багатьох років він читав

базові курси “Теорія ймовірностей” та “Математична статистика” а також ряд спеціальних курсів.

Він підготував більше десяти кандидатів та докторів наук, його учні працюють на факультеті і

сьогодні. Є автором класичних підручників з теорії ймовірностей та математичної статистики,

збірника задач з теорії ймовірностей, за якими буде вчитися ще не одне покоління студентів. Загалом

Микола Валентинович є автором понад 10 підручників та навчальних посібників.

Багато років професор Карташов був членом журі Республіканської учнівської олімпіади з

математики, автором задач олімпіад та підручників, що присвячені математичним олімпіадам в

Україні.

Микола Валентинович назавжди залишиться в історії української науки, механіко-математичного

факультету, кафедри теорії ймовірностей та в нашій пам’яті як талановитий вчений, педагог та

хороша і порядна людина, що ніколи не відступалась від своїх принципів та не зраджувала власним

високим стандартам.

7 клас

1. Андрій написав чотирицифрове число. Олеся викреслила в ньому останню цифру і

виявилося, що різниця початкового і отриманого чисел дорівнює 2018. Яке число

написав Андрій? Вкажіть усі можливі відповіді.

(Богдан Рубльов)

Відповідь:2242 .

Розв’язання. Нехай Андрій написав число abcd , тоді 2018abcabcd . Залишається підібрати

відповідні цифри. Очевидно, що 2a або 3a .

При 3a маємо, що 2018399300033 bcbcd , таким чином 2a і 201822 bcbcd .

Тепер аналогічно маємо, що 2b або 3b .

При 3b маємо, що 201833933003333 ccd , таким чином 2b і 20182222 ccd .

Тепер аналогічно маємо, що 3c або 4c .

3

При 4c маємо, що 20162242240224224 d , таким чином перший шуканий розв'язок

має такий вигляд: 20182242242 .

При 3c маємо, що 20162232239223223 d , таким чином знайдений розв'язок єдиний.

Зрозуміло, що аналогічно можна знайти більш простим перебором.

Альтернативне розв’язання. Нехай Андрій написав число abcd , тоді 2018abcabcd .

Остання рівність рівносильна такій: 10 2018 9 2018abc d abc abc d . Оскільки число 2018 не

ділиться на 9, та 0 9d , то число d є остачею, а abc -- неповною часткою числа 2018 від ділення

на 9. Помітимо, що 2018 9 224 2 . Таким чином, 2242abcd .

2. Відомо, що книжкова полиця вміщає 9 однакових товстих книг, але 10-та книга вже

не влазить. Так само на неї можна поставити 15 однакових тонких книг, а 16-та вже не

влізе. Чи можливо, щоб на полиці помістилися одночасно:

а) 6 товстих та 5 тонких книг?

б) 7 товстих та 5 тонких книг?

(Богдан Рубльов)

Відповідь: а) так, вміститься за будь-яких умов; б) ні.

Розв’язання. Запишемо умову задачі таким чином, позначимо ширину полиці через S , ширину

великої книги -- x , малої книги -- y . тоді справджуються такі обмеження:

xSx 109 та ySy 1615 SxS91

101 та SyS

151

161 .

а) Запишемо, які максимальну ширину займають ці книги

SSSyx 155

9656 .

б) Аналогічно покажемо, що цей набір книг не помістяться на полиці:

SSSSyx 80

2556165

10757 .

3. На конференцію приїхали по декілька представників фірм-конкурентів по

виробництву гри "Оverwatch", при цьому, усі представники різних фірм є

конкурентами. Відомо, що у кожного учасника конференції рівно 2018 конкурентів

серед усіх інших учасників. Яка найбільша кількість учасників могла брати участь в

конференції?

Відповідь: 4036 .

Розв’язання. Помітимо, що з умови випливає, що від кожної фірми прибула однакова кількість

учасників. Дійсно, якщо від деяких двох фірм прибула різна кількість учасників, то в них стане різна

кількість конкурентів. Позначимо через m кількість фірм, що беруть участь в конференціх, і в

кожній з них по k членів. Тоді кількість конкурентів кожного учасника конференції дорівнює

km )1( . Так само неважко зрозуміти, що загальна кількість учасників конференції складає mk .

Оскільки виконується умова 2018)1( km або kmk 2018 . Таким чином найбільша

кількість учасників буде при найбільшому значенні k , а це значення дорівнює 2018k при 2m. Таким чином максимальна кількість учасників конференції – це 4036 .

4. Всередині трикутника ABC обрано точку P так, що APBC та

ABCAPC 180 . На стороні AB існує точка K , для якої PCKBAK . Доведіть,

що 90AKC . (Данило Хілько)

4

Розв’язання. Відкладемо на продовжені променя AB за точку B таку точку T , для якої PCBT

(рис. 1). Тоді CPATBC за двома сторонами та кутом між ними. Звідси CATC . так само

маємо, що

KTBTKBPCKBAK .

Таким чином в рівнобедреному ATC відрізок KC є

медіаною, а тому й висотою. Звідси й випливає, що

ABKC , що й треба було довести.

3.1. У клубі присутні декілька джентльменів.

Кожні двоє – або друзі, або вороги. Відомо, що в

кожного з джентльменів рівно 4 вороги. Крім

того, для кожного з них ворог його друга є його

ворогом. Яка кількість джентльменів може бути

присутня в клубі?

Відповідь: 5 , 6 або 8 джентльменів.

Розв’язання. Помітимо, що з умови випливає, що в

кожного з джентльменів рівна кількість друзів. Дійсно, нехай всього у клубі n

джентльменів. У кожного з них рівно 4 вороги, отож рівно 5n друзів.

Розглянемо деякого джентльмена 1A . Позначимо 4321 ,,, BBBB його ворогів. Оскільки кожен друг

1A є ворогом 1B , то у 1A не більше трьох друзів, оскільки у 1B рівно 4 вороги і не може бути

більше. Розглянемо такі випадки.

Випадок 1. У 1A є 3 друга. Позначимо їх друзів 432 ,, AAA . У цьому випадку всього у клубі 8

джентльменів і ця ситуація можлива, кожні двоє з джентльменів 4321 ,,, AAAA дружать між собою,

кожні двоє з джентльменів 4321 ,,, BBBB також товаришують між собою, а кожна пара iA та jB є

ворогами.

Випадок 2. У 1A є 2 друга. Позначимо його друзів 32 , AA . У цьому випадку всього у клубі 7

джентльменів. Помітимо, що кожен з друзів 1A є ворогом джентльмену jB . Тоді у кожного з

джентльменів 32 , AA вже є по 4 вороги, тобто вони мають бути друзями один одному. Розглянемо

джентльмена 1B . Без обмеження загальності можемо вважати, що його друзі – це 32 , BB .

Аналогічно попередньому міркуванню, можемо показати, що 32 , BB є друзями. Тоді у 4B друзів

взагалі немає. Тому це й випадок неможливий.

Випадок 3. У 1A є 1 друг. У цьому випадку всього у клубі 6

джентльменів. Цей випадок можливий. Нехай, наприклад, друзями

є такі пари: ),( 21 AA , ),( 21 BB та ),( 21 CC . Усі інші є ворогами

один одному. Легко бачити, що цей приклад задовольняє умові.

Випадок 4. У 1A немає друзів. Тоді 5 джентльменів, які усі між

собою ворогують задовольняють умову задачі.

4.1. В чотирикутнику ABCD точка E – середина

сторони AB , точка F – середина сторони BC , точка G

– середина AD . Виявилось, що відрізок GE

перпендикулярний до AB , а відрізок GF – до відрізку

Рис. 1

Рис. 2 A

B D

C

E

EG

5

BC . Знайдіть величину кута GCD, якщо відомо, що 70ADC .

Відповідь: 70GDC .

Розв’язання. Оскільки відрізок GE є у ABG і висотою, і медіаною (рис. 2), тому він є

рівнобедреним, звідки GBAG . Аналогічно рівнобедреним є CBG , тому ABG GCBG .

Крім того, за умовою точка G є серединою відрізка AD . Таким чином, маємо, що

CGBGAGDG , тобто CGD також є рівнобедреним, звідки 70GDCGCD .

8 клас

1. Для натуральних чисел m та n порівняйте два числа 526526 nmA та

))...()()()(( 128128884422 nmnmnmnmnmB .

Відповідь: BA якщо m= n =1, в усіх інших випадках AB .

Розв’язання. Якщо nm , то 5262mA , B = 2m×2m2×2m4×…×2m128=28m255>A=2m526

12827 m , тому при 12827 m маємо BA , при 128m BA , інакше – BA .

Нехай тепер без обмеження загальності nm . Тоді розглянемо перетворення:

))...()()()(()( 1281284422 nmnmnmnmnmBnmB

))...()(())...()()(( 1281284444128128442222 nmnmnmnmnmnmnm Anmnm 526526256256

AB .

2. Вчитель писав на дошці цифри ...9123...9123...123 доки не утворилося 2018-цифрове

число. Після цього Андрій та Олеся грали в таку гру. По черзі (розпочинає Андрій)

вони викреслювали по 2 цифри таким чином: або дві перші цифри числа, що

залишилося після попереднього ходу, або дві останні цифри, або першу та останню

цифри того числа. Гра закінчується, коли залишилося двоцифрове число. Перемагає

Олеся, якщо це число ділиться на 3 , інакше перемагає Андрій. Хто переможе за

правильної гри обох гравців?

(Богдан Рубльов)

Відповідь: перемагає Олеся.

Розв’язання. Очевидно, що оскільки нас цікавить лише

подільності на 3 , то можна замінити усі числа таким чином:

17,4,1 , 28,5,2 та 39,6,3 і нічого в умові задачі

не зміниться. Тоді після 10072:2014 ходів на дошці буде

записане чотирицифрове число і останній хід робить Олеся.

Зрозуміло, що записаними будуть деякі 4 цифри, що утворюють

чотирицифрове число, які з самого початку йшли поспіль. Тобто

можливий один з таких варіантів: 1231, 2312 або 3123. В

кожному з цих варіантів є пара цифр, що утворює число 12 , саме

їх і має лишити Олеся для перемоги.

3. У рівнобедреному трикутнику ABC з вершиною в

точці B проведені висоти BH та CL . Точка D така, що

BDCH – прямокутник. Знайдіть величину кута DLH .

(Богдан Рубльов)

Рис. 3

A

B D

C H

L

O

6

Відповідь: 90 .

Розв’язання. Позначимо через O – точку перетину діагоналей прямокутника HBDC (рис. 3).

Оскільки CBL – прямокутний, то DOLOBO , а тому й DOLOHO . Звідси випливає,

що DHL також прямокутний з гіпотенузою DH , тому 90DLH .

4. Відомо, що книжкова полиця вміщає 9 однакових товстих книг, але 10-та книга вже

не влазить. Так само на неї можна поставити 15 однакових тонких книг, а 16-та вже не

влізе. Чи можливо, щоб на полиці помістилися одночасно:

а)7 товстих та 5 тонких книг?

б)6 товстих та 6 тонких книг?

(Богдан Рубльов)

Відповідь: а) ні; б) може вміститися.

Розв’язання. а) Дивись розв’язання задачі 2 б) 7 класу.

б) Запишемо умову задачі таким чином, позначимо ширину полиці через S , ширину великої книги --

x , малої книги -- y . тоді справджуються такі обмеження:

xSx 109 та ySy 1615 SxS91

101 та SyS

151

161 .

Перепишемо ці нерівності таким чином:

SxS72080

72072 та SyS

72048

72045 .

виберемо такі значення для ширини книг: Sx72073 та Sy

72046 . тепер переконаємось, що за таких

умов книги влізуть на полицю:

SSSyx 720714

720276

72043866 .

5. Капабланка та Альохін вирішили зіграти шаховий матч з 16 партій за такими

правилами. Переможець першої партії отримував 031 песо, переможець другої – 133 песо, переможець третьої партії отримував

239 песо і так далі. Якщо партія

завершувалася внічию, то вони ділили призовий фонд партії навпіл. Виявилося, що по

завершенню матчу Альохін заробив на 2018 песо більше, ніж Капабланка. Скільки

партій виграв кожний з гравців?

(Богдан Рубльов)

Відповідь: вони виграли по 3 партії.

Розв’язання. Без обмеження загальності будемо вважати, що за нічию кожний отримував по 0 песо.

Тоді Альохін у k -ії партії міг заробити 13 k

ka , де }1;0;1{ka . Покажемо, що його здобуток

після завершення k -ії партії міг бути від 110 3...33 k

kA до )( kA . При цьому кожний

можливий результат забезпечується єдиним варіантом результатів партій. Дійсно, для 2,1k все

очевидно перебором. Нехай після k партій він міг набрати єдиним способом від )( kA до kA .

Додамо до кожного результату рівно кожний з результатів в )1( k -й партії. Якщо то нічия, то усі

результати збережуться. Якщо перемога Альохіна, то він набере усі результати від kk A3 до

kk A3 . Оскільки

113...33113...3333 2121 kkk

kkkk

k AA

33232...321123232...323 2121 kkk

kkkkkk 3333233...323332...323 2131231 ,

7

то результат після )1( k -ї партії так само заповнює усі значення від )( 1 kA до 1kA і кожний

результат визначається єдиною комбінацією результатів партії.

Далі вже можна скласти таблицю результатів, які може досягнути Альохін:

1 партія: ]1;1[ ; 2 партія: ]4;4[ ;

3 партія: ]13;13[ ; 4 партія: ]40;40[ ;

5 партія: ]161;161[ ; 6 партія: ]404;404[ ;

7 партія: ]1133;1133[ ; 8 партія: ]3320;3320[ .

Таким чином по завершенні 8 партій, усі інші 8 партій завершилися нічиєю. З наведених оцінок не

складно отримати шуканий набір результатів:

139812432187781243218774243218716921872018

012457 3333332018 .

Таким чином вони виграли по 3 партії та дві завершилися внічию.

4.1. Задача 8.4 а).

5.1. Задача 10.3.

9 клас

1. Розв'яжіть систему рівнянь в натуральних числах zyx ,, :

.68123

,12539

,132276

23

23

23

yxz

xzy

zyx

Відповідь: розв’язків не існує.

Розв’язання. Додамо усі три рівняння:

189)279()126()33( 232323 zzzyyyxxx

153)27279()2736()133( 232323 zzzyyyxxx

153)3()2()1( 333 zyx .

Далі простим перебором переконуємося, що число 153 єдиним чином подається у вигляді суми

трьох кубів натуральних чисел: 333 135153 . Таким чином в останньому виразі значення

)1( x , )2( y та )3( z слід вибирати з чисел 5;3;1 . Знову перебором неважко переконатися,

що розв’язків не існує.

2. Вчитель писав на дошці цифри ...8123...8123...123 послідовно у вказаному порядку

доки не утворилося 2018-цифрове число. Після цього Андрій та Олеся грали в таку

гру. По черзі (розпочинає Андрій) вони викреслювали по 2 цифри таким чином –

перші дві цифри числа, що залишилося після попереднього ходу, останні дві цифри,

або першу та останню цифри того числа. Гра закінчується, коли залишилося

двоцифрове число. Перемагає Олеся, якщо це число ділиться на 4 , інакше перемагає

Андрій. Хто переможе за правильної гри обох гравців?

(Богдан Рубльов)

Відповідь: перемагає Олеся.

8

Розв’язання. Очевидно, що оскільки нас цікавить лише подільності на 4 , то можна замінити усі

числа таким чином: 15,1 , 26,2 , 37,3 та 48,4 і нічого в умові задачі не зміниться.

Застосуємо таку стратегію для Олесі. Вона перед ходом Андрія вибирає перші дві цифри та останні

дві цифри. І після ходу Андрія та Олесі ці чотири цифри мають бути прибрані. Таким чином, після

кожної пари ходів залишається число, всередині якого будуть цифри 2,1 . Саме їх може Олеся

залишити після свого останнього ходу і перемогти.

3. Доведіть для додатних чисел нерівність:

1222

xz

x

zy

z

yx

y.

Розв’язання. Доведемо через нерівність Шварца:

))2()2()2()(())((222

2

222xzxzyzyxyzyx

xzx

zyz

yx

y

xzx

zyz

yx

y

22

222)()2()2()2( zyxxzxzyzyxy

xzx

zyz

yx

y

,

що й треба було довести.

4. Знайдіть усі трійки чисел ),,( pyx , де yx, – натуральні, p – просте, що

задовольняють рівність:

ppyxpxy )()( 22.

(Богдан Рубльов)

Відповідь: )3;2;3( та );1;1( pp , де p -- довільне просте число.

Розв’язання. Розкладемо ліву частину на множники:

pxpypxyyx )()( 22) pyxpyxyx )()( pyxpyx ))(( .

Остання рівність можлива при декількох випадках.

Випадок 1. pyxpyx ,1 . Тоді отримаємо квадратне рівняння: pyx

1)( ppyy 012 pypy .

Оскільки 1y є коренем цього рівняння, то другий корінь це 1 py -- не є натуральним. Таким

чином далі знаходимо, що 1 px . Підстановкою в задане рівняння переконуємось, що трійка

);1;1( pp задовольняє умови для довільного простого p .

Випадок 2. pyxpyx ,1 . Тоді отримаємо квадратне рівняння: pxy

1)( ppxx 012 pxpx .

Оскільки Nx , то дискримінант останнього рівняння має бути квадратом цілого числа:

44)1(4 22 ppppD . Розглянемо для яких p справджуються умови:

222 )2(44)1( pppp .

Права нерівність виконується для усіх p , а ліва нерівність переписується таким чином:

4412 22 pppp 52 p 3p .

Таким чином треба окремо перевірити значення 2p , для усіх інших простих чисел p

дискримінант не є квадратом цілого числа. Для 2p маємо, що 8D - так само не є квадратом

цілого числа, а тому шуканих натуральних значень x не існує.

9

Випадок 3. 1, yxppyx . Тоді отримаємо рівняння: 1 yx та pyx 2 . З першого

рівняння маємо, що yx , а з другого 1y та px 2 або 2y та px . Якщо ці умови

поєднати, то маємо, що 1y , 2x , 1p -- суперечність, або 2y , 3 px -- розв’язок.

Випадок 4. 1, yxppyx . Очевидно, що перше

рівняння одразу призводить до суперечності.

5. Дано трикутник ABC , серединний перпендикуляр

до сторони AC перетинає бісектрису трикутника

AK у точці P , M – така точка, що PCBMAC ,

CPKMPA , і точки M та K лежать по різні

боки від прямої AC . Доведіть, що пряма AK ділить

відрізок BM навпіл.

(Антон Тригуб)

Розв’язання. Нехай T - точка, що симетрична M відносно

AK (рис. 4). Очевидно, що для доведення твердження,

досить довести, що AKBT | | . Помітимо, що точки C ,

P , T - лежать на одній прямій. Також,

TAKTAB BAK

MAK TCBCAMKAC ,

звідки чотирикутник BCAT вписаний, і

TBA PABPACTCA ,

звідки і випливає паралельність.

4.1. Задача 11.2.

5.1. Задане коло з центром у точці O та

діаметром AB . OBDE – квадрат, F – друга точка перетину прямої AD та кола , C –

середина відрізку AF . Знайдіть величину кута OCB .

Відповідь: 45 .

Розв’язання. Оскільки AB – діаметр, то 90AFB , тоді FBCO | | як середня лінія. Тому

CDCO і чотирикутник OBDC – вписаний. Звідси 45ODBOCB .

10 клас

1. Розв'яжіть систему рівнянь в цілих числах zyx ,, :

.472464

,137464234

234

xyxy

yxyx

Відповідь: )4,3( .

Розв’язання. Додамо ці рівняння:

yxyx 464 234 + 335464 234 xyxy 337)1()1( 44 yx .

Оскільки 33762554 , а 33716233 44 . Тому один з доданків обов'язково дорівнює 4 ,

інший доданок – непарний, а тому 3 , тобто маємо єдине подання 337 як суму двох четвертих

A A

B

C M

P

T

K

Рис. 4

Рис. 5

A B

C

D

O

E

F

10

степені цілих чисел: 33734 44 . Тобто маємо варіанти: 41 x та 31 y . Тому

залишається перевірити такі пари чисел: )2,3( , )4,3( , )2,5( та )4,5( .

2. Задача 11.3 а).

3. Про деяке натуральне число A відомо, що воно має рівно 2018 натуральних

дільників (включно з 1 та самим числом A), та ділиться націло на 2018. Доведіть, що

число A не ділиться націло на 22018 .

(Микола Мороз)

Розв’язання. Нехай 1 21 2

... nn

k k kА р р р – канонічний розклад числа А на прості множники, де ір –

різні прості дільники, а іk – натуральні числа, 1,і n . З формули про кількість усіх натуральних

дільників числа А можна записати, що

1 21 1 ... 1 2018nk k k .

Оскільки ліва частина рівності містить множники, кожен з яких не менший за 2, то існує тільки два

випадки:

1) 1 1 2018k

2) 1 21 1 2 1009k k

Інших випадків не існує, бо число 2018 має в своєму складі тільки два простих співмножники.

З першого випадку отримуємо, що число А має канонічний розклад на прості множники такого виду:

12017А р , що суперечить тому, що 2018A , оскільки А не може в такому випадку ділитися і на

просте число 2, і на просте число 2009.

Отже, 1 21 1 2 1009k k , звідки, не порушуючи

загальності, 11k , 2

1008k . Отже, 1 2

1008А р р , причому

з подільності на 2 та 1009 отримуємо, що або 10082 1009А

, або 10081009 2А . Але жодне з цих чисел не ділиться на

22018 , що і треба було довести.

4. У гострокутному трикутнику ABC провели висоти

BP і CQ, точка T – точка перетину висот PAQ .

Виявилося, що 90CTB . Знайдіть у градусах

величину BAC .

(Михайло Плотніков)

Відповідь: 45 .

Розв’язання. З умови випливає, що 90BPCBTCBQC , отже точки PTQ ,,

лежать на колі з діаметром BC , причому саме у такому порядку: CPTQB ,,,, (рис. 6), оскільки

ABC гострокутний. Звідси

BACBACABPQTP 90)90(180180 .

З іншого боку, ACQT , ABPT , BACQTP 180 . Отже

BAC90 BAC180 45BAC .

5. Для додатних чисел zyx ,, доведіть нерівність:

Рис. 6

11

1)2)(2)(2(

9

22

22

22

222

xzzyyx

xyz

xz

z

zy

y

yx

x.

(Вадим Митрофанов)

Розв’язання. Зробимо таку заміну: yx

xa

2

2 , zy

yb

2

2,

xzzc

2

2 , тоді задана нерівність

перепишеться таким чином:

1)(2)(2)(289

2)2)(2)(2(

92

2

2

2

2

2

222

abccbaxzzyyx

xyz

xzz

zy

y

yxx або

249222 abccba .

Розглянемо вираз

81

22222

2

2

2

2111 )1)(1)(1()1)(1)(1(

zx

yz

x

y

zxz

y

zy

x

yx

cba або

81)1()1()1(

c

c

b

b

a

a abccba )1)(1)(1(8 abccba )1)(1)(1(8

abcabccabcabcba 8)(8)(88 )(2)(2249 cabcabcbaabc .

Продовжимо доведення з використанням одержаних співвідношень:

249222 abccba

)(2)( 2 cabcabcba 2)(2)(22 cabcabcba

0)(2)( 2 cbacba .

Остання нерівність справджується за умов 2 cba .

Зробимо такі перетворення:

2)1(21112222222

22

2

22

xzx

zyz

yx

y

xzx

zyz

yx

y

xzz

zy

y

yxxcba

1222

xzx

zyz

yx

y.

Останню нерівність доведемо через нерівність Шварца:

))2()2()2()(())((222

2

222xzxzyzyxyzyx

xzx

zyz

yx

y

xzx

zyz

yx

y

22

222)()2()2()2( zyxxzxzyzyxy

xzx

zyz

yx

y

,

що й треба було довести.

4.1. Задача 9.5.

5.1. Для натуральних чисел m та n порівняйте два числа 525525 nmA та

))...()()()(( 128128884422 nmnmnmnmnmB .

Відповідь: BA .

Розв’язання. Якщо nm , то 5252mA , AmmmmmB 525812842 22...222 .

Нехай тепер без обмеження загальності nm . Тоді розглянемо вирази:

)()()( 524524526526525525526526 nmmnnmnmmnnmAnm

та

))...()()()(()( 1281284422 nmnmnmnmnmBnm

))...()(())...()()(( 1281284444128128442222 nmnmnmnmnmnmnm Anmnmmnnmnm )()()( 524524526526256256 AB .

12

11 клас

1. Чи існує таке значення ),0(2x , для якого числа xsin , xcos та xtg утворюють

геометричну прогресію?

(Богдан Рубльов)

Відповідь:існує.

Розв’язання. Запишемо рівність, яка є необхідною та достатньою умовою того, що три числа

утворюють геометричну прогресію:

xxtgx 2cossin .

Звідси матимемо, що xx 32 cossin позначимо через )1;0(cos xt , тоді маємо рівняння:

321 tt 01)( 23 tttf .

Оскільки 01)0( f та 01)1( f , то існує принаймні одне значення )1;0(t , для якого

01)( 23 tttf , а тому шукане значення ),0(2x існує.

2. Знайдіть пари натуральних чисел yx, , які задовольняють систему рівнянь:

,2018

,2018),(],[

yx

yxyx

де через ],[ yx та ),( yx позначені НСК та НСД чисел yx, .

(Леонід Бедратюк)

Відповідь: ),( yx : або )2017;1( , )2016;2( , )1009;1009( , )2;2016( та )1;2017( .

Розв’язання. Оскільки xyyxyx ],[),( , то перше рівняння системи можна переписати таким

чином: 2018),(),(

yxyx

xy або маємо квадратне рівняння відносно ),( yx :

0),(2018),( 2 xyyxyx .

Його дискримінант, з урахування другого рівняння системи, є 222 )20182()2018(4201842018 xxxxyD .

Звідси 2

)20182(2018

xx xx 1 та yxx 20182 .

Отже одне з чисел співпадає з НСД чисел, а тому на нього ділиться друге число. Нехай, наприклад,

yx , тобто kxy , тому 2018)1( xk . Таким чином можливі такі варіанти.

Варіант 1. 20181k 1x та 2017y .

Варіант 2. 10091k 2x та 2016y .

Варіант 3. 21k yx 1009 .

3. Для яких натуральних n квадрат nn

можна повністю покрити без накладання

деякою кількістю прямокутників 1k та

одним квадратиком 11 , де

а) 4k ; б) 8k ?

(Богдан Рубльов)

Відповідь: а) n -- непарне і більше 4 ; б) 98 mn та 158 mn , Nm .

Розв’язання. Для обох пунктів очевидно, що n має бути непарним та більшим від k .

Рис. 7

Рис. 8

13

а) Таким чином n -- непарне і

більше 4 . Покажемо, що усі

непарні n задовольняють

умову. Те, що довільну смугу

l4 можна заповнити

прямокутниками 14 --

очевидно. Для 55 та 77

потрібне заповнення показане на

рис. 7–8. Для довільного

непарного 54 mn та

74 mn достатньо розрізати

квадрат nn на квадрат 55

чи 77 та декілька смуг l4

(рис. 9).

б) Покажемо, що за аналогічною схемою можна покрити квадрати

розміром 98 mn та 158 mn . Для цього достатньо покрити

квадрати 99 та 1515 . Далі будь-який квадрат nn вказаного

розміру можна розрізати на квадрат 99 чи 1515 та декілька смуг

розміру l8 (рис. 10–11).

Тепер покажемо, що квадрати розміром 118 mn та 138 mn

належним чином покрити не можна. Для квадрату 1111 розглянемо

таке розфарбування на чорні та білі квадрати, як показане на рис. 12. Із

121 квадрату чорними є 65, білими 56 , тобто чорних на 9 більше.

Кожний прямокутник 18 , що розташований в такому квадраті,

покриває однакову кількість квадратиків чорного та білого кольору.

Тому, якби існувало шукане покриття, то кількість

чорних та білих квадратиків відрізнялося б рівно на 1 .

Для загального випадку квадрату nn при

118 mn аналогічне розфарбування так само

дасть, що чорних квадратів буде на 9 більше ніж

білих.

Аналогічно для випадку 1313 маємо розфарбування

(рис. 13), при якому чорних квадратів 89 , білих 80 ,

тобто чорних на 9 більше. Тому шуканого покриття

не існує. І для випадку nn при 138 mn так

само.

4. Дано нерівнобедрений ABC , у якого BCABAC 2 . Позначимо через I – центр

вписаного в нього кола, K – середину дуги ABC описаного кола. Нехай T – така

точка на прямій AC , що 90TIB . Доведіть, що пряма TB дотикається до описаного

кола KBI .

(Антон Тригуб)

Розв’язання. Без обмеження загальності вважаємо, що BCAB . Нехай бісектриса ABC вдруге

перетинає описане коло трикутника в точці W , а точка M - середина AC . Доведемо, що IWBI . Справді, для цього опустимо з I та W перпендикуляри 1II та 1WW на пряму BC (рис. 14). Як

відомо, ACBCABBW )(11

1 , а ACACBCABBI21

21

1 )( , звідки 111 WIBI та

WIBI .

Рис. 9

Рис. 11

Рис. 13

Рис. 12

Рис. 10

14

Помітимо також, що чотирикутник TIMW

вписаний з діаметром TW .

Покажемо, що IMABKI . За теоремою

про тризуб WIWCWA , отже

WKWMWI 2. Звідси KIWWIM ~ , а

тому кути WIKWMI

IMABKI .

Тепер в BTW TI – висота і медіана, тому він

рівнобедрений, а тому:

BKITMITWITBI , з чого і

випливає твердження задачі.

5. Задача 10.5.

4.1. У чотирикутнику ABCD діагональ

AC є бісектрисою BAD та

ACBADC . Точки YX , – основи

перпендикулярів, що проведені з точки A

на прямі CDBC, відповідно. Доведіть,

що ортоцентр AXY лежить на прямій BD .

Розв’язання. Нехай E – основа перпендикуляра,

що проведений з точки Y на AX , PBDYE

(рис. 15) Тепер достатньо довести, що AYXP ,

а це рівносильне доведенню, що CDXP | | .

Побачимо, що CBYE | | PBDP

YCDY . З іншого

боку, оскільки BCADC ~ , то XBCX

YCDY . З

одержаних рівностей маємо, що XBCX

PBDP

CDXP | | , що й треба було довести.

5.1. Нехай zyx ,, – додатні дійсні числа

такі, що zyx

zyx111

. Доведіть, що

3 zxyzxy .

Розв’язання. Використовуючи дане рівняння та

нерівність між середнім арифметичним та

середнім геометричним, маємо

)( 111zyx

xyzzxyzxy

32

111222

111111222

2

zyx

zxyzxyxyz

zyx

zyxzyx

xyz

zyx

zyxxyz

.

B C

I

T

K

W

M

1I 1W

Рис. 14

A

Рис. 15