%D0%9E%D0%9B%D0%86%D0%9C%D0%9F%D0%86%D0%90%D0%94%D0%9D%D0%86 %D0%97%D0%90%D0%94%D0%90%D0%A7%D0%86 %D0%A0%D0%BE%D0%B7%D0%B2%E2%80%99%D1%8F%D0%B7%D0%B0%D0%BD%D0%BD%D1%8F %D0%B7%D0%B0%D0%B4%D0%B0%D1%87

СЛОВ’ЯНСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ

ПЕДАГОГІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ

ФІЗИКО-МАТЕМАТИЧНИЙ ФАКУЛЬТЕТ

ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ

РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

II етапу Всеукраїнської олімпіади

з математики

ВИПУСК 1 Умови

Відповіді

Розв’язання

С

ЕРІ

Я:

ВИ

КЛ

АД

АЧ

І СД

ПУ

– У

ЧН

ЯМ

, СТ

УД

ЕН

ТА

М, В

ЧИ

ТЕ

ЛЯ

М...

Слов’янськ – 2008


РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ II ЕТАПУ

ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ ОЛІМПІАДИ З МАТЕМАТИКИ – 2007

6 – 11 класи


2

Серія заснована у 2008 році

УДК 371.384:51 (076) ББК 22.1 О – 543 Беседін Б.Б., Бірюкова Г.М., Ганзера Г.О., Кадубовська В.М., Кадубовський О.А., Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В. ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2007: Навчальний посібник – Слов’янськ, 2008. – 40 с.

Адресовано в першу чергу вчителям математики, як посібник для проведення гурткових і факультативних занять при підготовці до учнівських математичних олімпіад. Буде корисним учням та студентам математичних факультетів педагогічних вузів.

РОЗГЛЯНУТО ТА РЕКОМЕНДОВАНО ДО ДРУКУ в якості навчального посібника

НА ЗАСІДАННІ

– Вченої ради фізико-математичного факультету СДПУ (протокол № 5 від 20.02.2008 р.)

– Вченої ради Слов’янського державного педагогічного університету (протокол № 6 від 28.02.2008 р.)

Рецензенти: кандидат пед. наук ЛОДАТКО Є.О., Слов'янський інститут

науково-педагогічної і виробничої інфраструктури, професор кафедри обліку і аналізу господарської діяльності і менеджменту

кандидат фіз.-мат. наук ВЕЛИЧКО В.Є., Слов'янський державний педагогічний університет, завідувач кафедри алгебри.

Відповідальний за випуск: кандидат фіз.-мат. наук, доцент кафедри

ГМВМ Кадубовський О.А.

© Беседін Б.Б., Бірюкова Г.М., Ганзера Г.О., Кадубовська В.М., Кадубовський О.А, Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

ІІ тур Всеукраїнської олімпіади з математики – 2007

3

ВІД АВТОРІВ „Математика – це мистецтво

розв’язувати задачі, які розв’язувати не вмієш”

Даний посібник містить задачі II етапу (районного) Всеукраїнської олімпіади з математики, який проводився 11 листопада 2007 року відповідно до наказу УОН № 640 від 24.09.2007 р.

Особливістю представленого посібника є те, що для більшості задач олімпіади пропонується декілька способів розв’язання, обсяг викладок яких інколи суттєво відрізняється. Такий підхід є навмисним і ні в якому разі не передбачає оцінки доцільності або порівняння того чи іншого з запропонованих методів.

Навпаки, оскільки кожна олімпіадна задача є, в деякому розумінні, унікальною і вимагає особливого ставлення, то головною метою авторів посібника було «донести» до вчителів та їх учнів якомога більше корисних математичних ідей і методів та показати їх застосування.

Враховуючи багаторічний досвід викладачів кафедри, наведемо поради, що стосуються розв’язання олімпіадних задач з математики.

Досвід показує, що багато учнів взагалі невірно розуміють умови задач, не вміють аналізувати і часто не розуміють, що означає розв’язати математичну задачу – намагаються вгадати відповідь, привносять додаткові умови, розглядають тривіальні частинні випадки. Тому при розв’язанні математичних задач, зокрема олімпіадних, перш за все треба навчитися проводити АНАЛІЗ задачі, який допоможе усвідомити умову задачі та намітити шлях її розв’язання. При розв’язанні олімпіадних задач з математики слід пам’ятати наступне:

Олімпіади з математики перевіряють, в першу чергу, здатність до творчості, уміння логічно мислити, а не об’єм отриманих раніше знань.

Не можна навчитись розв’язувати олімпіадні (нестандартні) задачі миттєво. Для цього необхідно не тільки

o опанувати певні принципи в математиці – деякі прості, майже очевидні твердження, аксіоми або методи, – які використовуються в доведеннях теорем (принцип Діріхлє, доведення від супротивного, принцип крайнього і т.д.).

та o більш глибоко ознайомитися з такими розділами математики як теорія

множин, математична логіка, комбінаторика, теорія ймовірностей, теорія графів, зокрема такими важливими теоремами елементарної алгебри як теореми подільності та порівнянь, з геометрії1 – теорем Стюарта, Чеви, Менелая, Птолемея, Брахмагупти та ін.

але й

1 Гордин Р.К. Это должен знать каждый матшкольник. 2-е изд., испр. – М., МЦНМО, 2003 – 56 с.

Від авторів

4

o цілеспрямовано і систематично розв’язувати велику кількість задач, починаючи з найпростіших. Однин з „рецептів” розв’язання математичних, зокрема олімпіадних, задач було сформульовано відомим математиком і педагогом Д. Пойа2:

„Если вы хотите научиться плавать, то смело входите в воду,

а если хотите научиться решать задачи, то решайте их!”.

Майже всі олімпіадні задачі можна віднести до одного з наступних видів o задачі на обчислення або порівняння, o на знаходження певного елементу, o на доведення або пояснення, o на дослідження, o на перетворення або побудову o розфарбування та розрізання та ін..

Для більшості з них в шкільному курсі вивчається відповідний метод або техніка. Якщо ж трапляється задача незнайомого виду, то в більшості випадків

ефективним є розбиття даної задачі на підзадачі, вид яких є відомим або ж спроба переформулювати задачу (замінити її рівносильною).

При розв’язанні широкого кола задач доцільним є спроба введення допоміжних елементів (параметрів, додаткових побудов). Такий підхід називають методом допоміжних елементів.

Викладачі фізико-математичного факультету СДПУ одержують багато запитань, що

стосуються розв’язань олімпіадних задач з математики. Враховуючи це і бажаючи допомогти учням і їх вчителям у підготовці до олімпіад ми

видаємо цей посібник. Автори мають надію, що він буде корисним не лише керівникам математичних гуртків та їх зацікавленим учням, а й стане для багатьох з них поштовхом для більш глибокого вивчення математики в цілому.

Зауважимо також, що з історії олімпіадного „руху” відомо, що деякі задачі які пропонувалися, вимагали більш глибокого обмірковування, ніж це можливо за години, відведені на змагання. Вони самі та їх узагальнення надихали в подальшому до досліджень, результати яких ставали науковими роботами.

Вчіться творити та винаходити в процесі розв’язання задач! З найщирішими

побажаннями, викладачі кафедри геометрії та методики викладання математики Слов’янського державного педагогічного університету.

25.01.2008

2 Пойа Д. Математическое открытие. М., 1970. 452 с.


5

ЗМІСТ

УМОВИ ЗАДАЧ...........................................................................................................6

6 клас.........................................................................................................................6 7 клас.........................................................................................................................6 8 клас.........................................................................................................................7 9 клас.........................................................................................................................7 10 клас ......................................................................................................................8 11 клас ......................................................................................................................8

ВІДПОВІДІ ...................................................................................................................9

ПОВНІ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ .............................................................................10

6 клас.......................................................................................................................10 7 клас.......................................................................................................................13 8 клас.......................................................................................................................18 9 клас.......................................................................................................................21 10 клас ....................................................................................................................25 11 клас ....................................................................................................................28

РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА ......................................................................39I

УМОВИ ЗАДАЧ

6


6 клас

1. (15 балів) Батько і син вирішили переміряти кроками відстань між двома деревами, для чого відійшли водночас від того ж самого дерева. Довжина кроку батька – 70 см, сина – 56 см. Знайти відстань між цими деревами, якщо відомо, що їхні сліди збіглися 10 разів.

2. (15 балів) Скільки води треба додати до 600 г рідини, що містить 40% солі, щоб вийшов 12% -й розчин цієї солі?

3. (20 балів) Довести, що сума двох послідовних непарних чисел ділиться на 4 .

4. (20 балів) На дошці записано число 23 . Щохвилини число стирають з дошки і записують на його місце добуток його цифр, збільшений на 12 . Що виявиться на дошці через годину?

5. (30 балів) У клітчатому квадраті 9 9 зафарбовано 19 клітинок. Доведіть що, або знайдуться дві зафарбовані клітинки, що мають спільну сторону, або знайдеться не зафарбована клітинка, до сторін якої примикають не менше двох зафарбованих.

7 клас 1. (15 балів) Батон коштував 1,5 грн. Ціна на нього підвищувалася 2 рази

на 5% і на 6% , а потім знизилася відразу на 11% . Чи змінилася ціна батона в гривнях?

2. (15 балів) Скільки існує натуральних тризначних чисел, які при діленні на 8 дають остачу 3?

3. (20 балів) Зі 100 учнів ліцею 28 вивчають англійську мову, 30 – німецьку, 42 – французьку, 8 – англійську і німецьку, 10 – французьку і англійську, 5 учнів – німецьку і французьку, 3 – вивчають усі три мови. Скільки учнів вивчають лише англійську, лише французьку, лише німецьку? Скільки учнів не вивчають жодної мови?

4. (20 балів) Учню надіслали 20 задач. За кожну розв’язану задачу давали 8 балів; за неправильно розв’язану знімали 5 балів; за задачу, за розв’язання якої учень не брався, – 0 балів. Скільки задач спробував розв’язувати учень, якщо він набрав 13 балів?

5. (30 балів) При яких натуральних значеннях a рівняння 1ax a x має парні корені?


7

8 клас

1. (15 балів) Доведіть, що вираз 6 9a b a b невід’ємний при будь-яких a і b .

2. (15 балів) У трикутнику ABC бісектриса з вершини A , висота з вершини B та серединний перпендикуляр до сторони AB перетинаються в одній точці. Знайдіть величину кута A .

3. (20 балів) Знайти, через скільки хвилин після того, як годинник показував 9 годин, хвилинна стрілка наздожене годинну?

4. (20 балів) Сума трьох цілих чисел ділиться на 6 . Довести, що й сума кубів цих чисел ділиться на 6 .

5. (30 балів) Довести, що в будь-якому шестидесятизначному числі, десятковий запис якого не містить нулів, можна закреслити кілька цифр так, що число, яке вийшло в результаті цього, буде поділятися на 1001.

9 клас

1. (15 б.) Знайти суму всіх коренів рівняння 2 3 1 7 0x x .

2. (15 б.) Розв’язати нерівність: 2 3 18 2x x x

x

.

3. (20 б.) Натуральні числа m та n такі, що 24 6m n n m m . Довести, що n ділиться на m .

4. (20 б.) У трикутнику ABC бісектриса AE дорівнює відрізку EC . Знайти кути трикутника ABC , якщо 2AC AB .

5. (30 б.) У вершинах трикутника написані числа 1, 2 і 3 . Потім кожне з чисел одночасно замінили на суму двох сусідніх. Цю операцію провели ще декілька разів. Чи може сума одержаних трьох чисел дорівнювати 3000000?


8

10 клас

1. (15 б.) При яких значеннях k рівняння 21 4 7 0k x k x k має єдиний корінь?

2. (15 б.) Розв’язати нерівність: 2 22 0x x x x .

3. (20 б.) Розв’язати систему рівнянь: 2 2 2

33

x y zx y z

.

4. (20 б.) Точка М – середина сторони ВС опуклого чотирикутника ABCD , 0120AMD . Довести, що 1

2AB BC CD AD .

5. (30 б.) Прямокутник 7 11 розрізали на квадрати 2 2 та триклітинкові куточки (див. мал.). Скільки всього фігур одержали при розрізанні?

11 клас

1. (15 б.) Розв’язати рівняння: 2cos 2 0x x x . 2. (15 б.) Знайти найбільший цілий розв’язок нерівності:

2 23 3 7 13x x x x .

3. (20 б.) Знайти найменше значення виразу yx

, якщо відомо, що 2 210 2 1 0x x y y .

4. (20 б.) Діагоналі опуклого чотирикутника ABCD перетинаються в точці E . Відомо, що площі трикутників ABE та DCE дорівнюють по 1, площа чотирикутника ABCD не перевищує 4 , 3AD . Знайти BC .

5. (30 б.) В квадраті 1 1 відмітили 9 точок, ніякі три з яких не лежать на одній прямій. Довести, що знайдуться два трикутника з вершинами у цих точках, площі яких не перевищують 1

8 для кожного.


9

ВІДПОВІДІ

6 клас 1) 2520 см; 2) 1400 грамів води; 4) 16 .

7 клас 1) Змінилася, зменшилася; 2) 112 ; 3) 13 учнів вивчають лише англійську, 20 – лише німецьку, 30 – лише французьку, 20 учнів не вивчають жодної мови.; 4) учень спробував вирішувати 13 задач, з яких розв’язав 6 правильно і 7 не правильно; 5) 3a .

8 клас 2) 60A ;

3) через 14911

хвилин.

9 клас 1) 1; 2) 3,0 0,x ; 4) 90 , 60 , 30B A C ; 5) Ні.

10 клас

1) 221;2;3

;

2) ( ; 1] {0} {1} [2; ) ; 3) 1x , 1y , 1z ; 5) 25; 24 .

11 клас

1) 2; ;12

;

2) 5x ; 3) 2, 4 ; 4) 3BC .

Розв’язання задач

10


6 клас

Задача №1

Оскільки при вимірюванні відстані між деревами батько і син відходили від одного дерева (називатимемо його першим деревом), то перше співпадіння слідів батька і сина відбулося перед початком руху від першого до другого дерева.

За умовою довжина кроку батька – 70 см, сина – 56см. Тоді друге співпадіння їх слідів відбудеться на відстані H (в напрямку від першого дерева), яка дорівнює такому найменшому числу, яке одночасно ділиться і на 70 і на 56 .

Тому вказана відстань H є найменшим спільним кратним (НCК) чисел 70 і 56 . Знайдемо НCК(70,56) . Для цього розкладемо вказані числа на прості множники

70 2 56 2 35 5 28 2

7 7 14 2 1 7 7

1

Таким чином 3 1 1НCК(70,56) 2 5 7 280 . Отже, друге співпадіння слідів відбулося на відстані 280 см від першого дерева.

Оскільки останнє – ДЕСЯТЕ – співпадіння слідів відбулося біля другого дерева, то відстань S між деревами дорівнює 9 9 280 2520S H см.

Таким чином, відстань між деревами становить 25 метрів, 20 см. Відповідь: 2520 см.

Задача №2

Оскільки маса чистої солі в даній рідині становить 40% від 600 грамів всієї рідини, то маса чистої солі, яка міститься в даній рідині, дорівнює

600 40 6 40 240100

грамів.

Зрозуміло, що після доливання до даної рідини води, маса чистої солі у новій рідині також буде становити 240 грамів, але складатиме вже 12% від маси всієї нової рідини. Тому вага нової рідини становитиме

240 100 200012

грамів.

Таким чином, до 600 грамів рідини, що містить 40% солі, треба додати 2000 600 1400 грамів води, щоб вийшов 12% -й розчин цієї солі.

Відповідь: 1400 грамів води.

ІІ тур Всеукраїнської олімпіади з математики – 2007 6 клас

11

Задача №3

Оскільки довільне непарне число a можна подати у вигляді 2 1n , то наступне за ним непарне число b має вид

2 2 1 2 2 1a n n . І тому сума S двох послідовних непарних чисел a і b дорівнює

2 1 2 1 4S n n n . З того, що число S має вид 4S n випливає, що S ділиться на 4 .

Таким чином, сума двох послідовних непарних чисел ділиться на 4 .

Задача №4

До початку відліку часу на дошці було записано число 23 . Через одну хвилину після початку відліку часу (згідно з правилом

отримання нових чисел, описаним в умові задачі) нове число, записане на дошці, дорівнює 2 3 12 18 (назвемо це число першим числом). Через дві хвилини 1 8 12 20 (друге число); через три хвилини 2 0 12 12 (третє число); через чотири хвилини 1 2 12 14 (четверте число); через п’ять хвилини 1 4 12 16 (п’яте число); через шість хвилин 1 6 12 18 (шосте число); через сім хвилини 1 8 12 20 (сьоме число) і так далі.

Зрозуміло, що через одну годину (60 хвилин), згідно ведених домовленостей щодо назв чисел, на дошці буде записане шестидесяте число.

З отриманої послідовності 18,20,12,14,16,18,20,... чисел бачимо, що починаючи з шостого числа, група 18,20,12,14,16 чотирьох впорядкованих чисел починає повторюватись. Тобто: шосте число дорівнює першому, сьоме – другому, восьме – третьому, дев’яте – четвертому, десяте – п’ятому, одинадцяте – знову першому і так далі.

Оскільки 60 5 12 , то по закінченню шестидесятої хвилини група чисел 18,20,12,14,16 повториться рівно 12 разів, а останнє шестидесяте число буде дорівнювати 16 .

Таким чином через одну годину на дошці буде записано число 16.

Відповідь: 16 .


12

Задача №5

Розіб’ємо даний квадрат (розміром 9 9 ) на дев’ять рівних квадратів розміром 3 3 так, як показано на рисунку.

Оскільки 19 9 2 1 , то існує квадрат, якому належить щонайменше три зафарбованих клітинки (при довільному розфарбуванні 19 клітинок в чорний колір).

Покажемо, що при довільному розфарбуванні трьох з дев’яти клітинок такого квадрату (розміром 3 3 ) має місце одна з можливостей, описаних в умові задачі.

1) якщо три з трьох клітинок рядка (або ж стовпця) пофарбовано в один колір, то існують дві зафарбовані клітинки, що мають одну сторону; 2) якщо дві з трьох клітинок рядка (або ж стовпця) пофарбовано в один колір, то або вони або мають спільну сторону, або ж обидві примикають до не зафарбованої клітинки; 3) якщо в кожному рядку (або ж стовпці) міститься рівно одна пофарбована клітинка, то ніякі дві з пофарбованих не мають спільної сторони, але завжди існує не пофарбована клітинка до сторін якої примикають дві зафарбовані. Всі такі випадки зображено нижче

Таким чином, при довільному зафарбуванні 19 клітинок у квадраті розміром 9 9 знайдуться або

– дві зафарбовані клітинки, що мають спільну сторону, або ж знайдеться

– не зафарбована клітинка, до сторін якої примикають не менше двох зафарбованих.

1 2 3 4 5 6 7 8 9


13

7 клас

Задача №1

І спосіб. 1) Після першого підвищення ціни батону (вартістю 1,5 грн., або ж 150 коп.) на 5% його вартість становила

150 150 0,05 150 7,5 157,5 коп. 2) Після другого підвищення ціни батону на 6% його вартість становила

157,5 157,5 0,06 157,5 9,45 166,95 коп. 3) Після зниження ціни батону на 11% його вартість становить

166,95 166,95 0,11 166,95 0,89 148,586 коп., або ж 1,48586 1,49 грн. Таким чином, в результаті двох послідовних підвищень і одного

пониження вартості батону, його ціна зменшилась на 150-148,586=1,414 коп. Зау важимо , що питання про зміну ціни товару (в гривнях) не слід розуміти як питання про зміну цілої частина ціни товару в гривнях! Довільна грошова одиниця грає ту ж саму роль, як і будь-яка одиниця виміру. Тому питання про зміну ціни товару передбачає конкретну відповідь: ЗМІНИЛАСЯ чи НЕ ЗМІНИЛАСЯ.

ІІ спосіб. (В ЗАГАЛЬНОМУ ВИГЛЯДІ) Нехай x – початкова ціна товару. Після першого підвищення ціни товару на

%p , його вартість становила 1001100 100 100

p p px x x x

(грош.од.)

Після другого підвищення ціни товару на %q , його вартість становила 100 100 100 100 1001

100 100 100 100 100 100 100p p q p q p qx x x x

.

Після пониження ціни товару на %p q , його вартість становить 100100 100 100 1001

100 100 100 100 100 100p qp q p q p qx x

.

Покажемо, що величина 100100 100 1100 100 100

p qp qK

.

Для цього достатньо показати справедливість нерівності 6100 100 100 10p q p q для довільних додатних p і q

Оскільки 4100 100 100 10 100( ) 100p q p q p q pq p q

26 4 410 10 10 100 100p q p q pq p q pq , то нерівність набуває вид

2100 100 0p q pq p q pq або ж 2 2100 100 0p q pq pq p q .


14

Зі справедливості останньої нерівності для довільних додатних p і q випливає справедливість доводжуваної нерівності.

Таким чином для довільних додатних p і q , нова ціна товару становить K x , причому 0 1K . І тому є меншою за початкову ціну x . Відповідь: Змінилася, зменшилася.

Задача №2

І спосіб. Розіб’ємо усі тризначні числа (починаючи з першого) на „вісімки”

послідовних тризначних чисел 100,101,102,103,104,105,106,107 , 108,109,110,111,112,113,114,115 , ..., 898,899,990,991,992,993,994,995 , 996,997,998,999

В кожній такій „вісімці” лише одне число, а саме останнє, при ділені на вісім дає в остачі 3 .

Оскільки усіх тризначних чисел рівно 9 10 10 900 , і число 900 112 8 4 , то всього таких „вісімок” рівно 112 . Кожна з них містить лише одне шукане число.

І тому існує 112 тризначних чисел, які при діленні на вісім дають в остачі три.

ІІ спосіб. Довільне натуральне число x , яке при діленні на 8 дає в остачі 3 можна

подати у вигляді 8 3x k , де k – ціла частина при діленні числа x на 8 , яка дорівнює нулю (якщо 1 7x ) або ж є натуральним числом.

Оскільки шуканими числами є тризначні числа, то повинна виконуватись подвійна нерівність 99 8 3 1000k . Перепишемо її у вигляді

96 8 997k або ж 8 9978 96

kk

.

Оскільки k натуральне, то умова 997

8968

k

k

, рівносильна системі

9978

96 18

k

k

(*).

Нагадаємо , що через q позначається ціла частина числа q – найбільше ціле число, яке не перевищує q .

З системи (*) маємо, що 12413

kk

. Тоді загальна кількість натуральних розв’язків

отриманої системи дорівнює 124 13 1 112 . Таким чином, існує 112 натуральних тризначних чисел (104, 112, 120, ...

992), які при діленні на 8 дають остачу 3 . Відповідь: 112 .

Задача №3


15

1) З’ясуємо спочатку питання: скільки учнів вивчають точно по дві мови. 1.1) Оскільки англійську і німецьку вивчають всього 8 учнів, з яких троє – усі три мови, то 5 учнів 8 3 вивчають точно дві мови – англійську і німецьку. 1.2) Оскільки англійську і французьку вивчають всього 10 учнів, з троє – усі три мови, то 7 учнів 10 3 вивчають точно дві мови – англійську і французьку. 1.3) Оскільки німецьку і французьку вивчають всього 5 учнів, з яких троє – усі три мови, то 2 учні 5 3 вивчають точно дві мови – німецьку і французьку.

2) З’ясуємо тепер питання про те, скільки учнів вивчають виключно по одній мові.

2.1) Оскільки англійську мову всього вивчають 28 учнів ліцею, з яких 5 лише англійську і німецьку, 7 – лише англійську і французьку та 3 – усі три мови, то лише англійську мову вивчають 28 3 7 5 13 (учнів).

2.2) Оскільки німецьку мову всього вивчають 30 учнів ліцею, з яких 5 лише німецьку і англійську, 2 – лише німецьку і французьку та 3 – усі три мови, то лише німецьку мову вивчають 30 3 2 5 20 (учнів).

2.3) Оскільки французьку мову всього вивчають 42 учнів ліцею, з яких 2 лише французьку і німецьку, 7 – лише французьку і англійську та 3 – усі три мови, то лише французьку мову вивчають 42 3 2 7 30 (учнів).

Таким чином, хоча б одну іноземну мову вивчають 13 20 30 7 5 2 3 80 (учнів).

І тому жодної іноземної мови не вивчають всього 100 80 20 учнів ліцею.

Відповідь: 13 учнів вивчають лише англійську; 20 учнів вивчають лише німецьку; 30 учнів вивчають лише французьку; 20 учнів не вивчають жодної мови.

Анг. Нім.

Фран.

28 30

42

5 8 3

7 10 3 2 5 3

3

42 3 7 2 30

28 37 513

30 32 520

100 28 30 42 10 8 5 3 20


16

Задача №4

Нехай x – число правильно розв’язаних учнем задач (за кожну з яких він отримав 8 балів), а y – число не правильно розв’язаних учнем задач (за кожну з яких він отримав 5 балів).

Тоді, згідно з умовою задачі, має місце рівність 8 ( 5) 13x y . Оскільки:

1) учень набрав додатну кількість (а саме 13) балів (це рівносильне умові що правильно розв’язаною є принаймні 1 задача, тому 2x ),

2) число набраних балів не є кратним числу 8 (це рівносильне умові що є принаймні 1 задача розв’язана не вірно),

3) кількість всіх задач – 20, то повинна виконуватися нерівність 2 20x y .

Таким чином, розв’язання даної задачі зводиться до розв’язування в

натуральних числах x і y наступної системи: 8 1 5 18 ( 5) 13

20 20x yx y

x y x y

.

Розглянемо більш детально рівняння 8 1 5 1x y .

Оскільки числа 1x і 1y є натуральними, а числа 8 і 5 – взаємно прості, то спільне значення Z лівої і правої частини цього рівняння повинно бути натуральним числом, кратним числу 40, яке є найменшим спільним кратним чисел 8 і 5 . Отже, спільне значення Z лівої і правої частини рівняння 8 1 5 1x y може дорівнювати лише числам 40, 80 , 120 і т.д

Якщо 40Z k , k , то з рівняння 8 1 5 1 40x y k маємо, що

5 1x k , а 8 1y k . Оскільки 5 1x k , 8 1y k повинні задовольняють умові 20x y , то має місце нерівність

5 1 8 1 13 20k k k Звідки випливає що натуральне k може бути рівним лише числу 1. Тому 6x ,

7y – єдиний розв’язок даної задачі. Таким чином, учень спробував розв’язувати 13 задач, з яких розв’язав 6

правильно і 7 не правильно. Відповідь: 13 .


17

Задача №5

Запишемо дане рівняння 1ax a x у вигляді 1 1a x a . Оскільки a є натуральним числом, то права частина (вираз 1a )

останнього рівняння більше або дорівнює 2 . 1) Якщо 1a , то рівняння набуває вид

0 2x і не має коренів. 2) Якщо 1a , то коренем даного рівняння є число 1

1axa

.

3) Очевидно, що при 2a корінь рівняння дорівнює 3 , але не є парним числом. 4) При 3a корінь рівняння дорівнює 2 і є парним числом. 5) Покажемо тепер, що при довільному натуральному 4a число 1

1aa

не є

цілим числом. Для цього достатньо показати, що при натуральних 4a знаменник дробу 1

1aa

є більшим за половину чисельника, або, що теж саме, – подвоєний знаменник дробу більший за його чисельник, тобто, що при 4a виконується нерівність

2 1 1a a . Розв’яжемо цю нерівність:

2 1 1a a 2 2 1a a

3a . Оскільки розв’язком нерівності 2 1 1a a будуть усі 3a , то це й

означає, що при натуральних 4a знаменник 1a дробу 11

aa

не може бути

дільником його чисельника і тому дріб 11

aa

не може бути цілим числом.

Таким чином, дане рівняння має парні корені лише при 3a .

Відповідь: 3a .


18

8 клас

Задача №1

Перетворимо даний вираз 6 9a b a b до наступного виду 2 2 226 9 6 9 2 3 3 3a b a b a b a b a b a b a b

Оскільки даний вираз є квадратом виразу 3a b , то він є невід’ємним при будь-яких a і b .

Задача №2

Нехай у трикутнику ABC бісектриса AL кута A , висота BH та серединний перпендикуляр до сторони AB в точці M перетинаються в точці O .

Тоді за властивістю бісектриси кута трикутника маємо, що OH OM . Звідки випливає що прямокутні трикутники AMO і AHO рівні за катетом і гіпотенузою.

Оскільки OM є одночасно і висотою і медіаною трикутника AOB , то трикутник AOB є

рівнобедреним з основою AB . Тому AO BO . Таким чином, з рівності вказаних трикутників випливає рівність

відповідних кутів, а саме: HAO BAO ABO . Оскільки 90HAO BAO ABO , то кожен з кутів , ,HAO BAO ABO дорівнює 30 . Тому 60A .

Відповідь: 60A .

Задача №3

Оскільки за добу годинна стрілка робить 2 повних обороти, а хвилинна – 24 2 12 повних оборотів, то швидкість хвилинної стрілки у 12 разів більша за швидкість годинної стрілки.

Нехай далі R – радіус циферблату годинника, а x – швидкість годинної стрілки. Тоді 2 R – довжина кола циферблату годинника або ж відстань, яку кінець стрілки долає за повний оборот, 12x – швидкість хвилинної стрілки.

Початкова відстань (довжина дуги кола циферблату) між кінцями хвилинної та годинної стрілки о 009 складає три чверті довжини кола циферблата (бо рух відбувається у напрямку за годинниковою стрілкою), тобто 3

2R .

Позначимо, через t час, через який після 9-ої години хвилинна стрілка наздожене годинну.

A

B

C

O

H

L M


19

Тоді, з урахуванням введених позначень, має місце рівняння 3 12

2R t x t x , або ж 311

2Rtx

, звідки 32 11

Rtx

.

Але ж швидкість x годинникової стрілки дорівнює 212 6

R Rx оборотів на

годину. Тому 3 9112 11

6

Rt R

годин. Або ж 9 540 160 4911 11 11

хвилин.

Таким чином, після того, як годинник показував 009 , хвилинна стрілка

наздожене годинну через 14911

хвилин.

Відповідь: 14911

хвилин.

Задача №4

І спосіб. Нехай , ,x y z – вказані цілі числа. Тоді 6x y z k , k .

Піднесемо до третього степеня обидві частини останньої рівності. 3 36x y z k

Оскільки 33 2 33 23 3x y z x y z x x y z x y z y z

23 3 3 23 3 3x y z x y z x y z yz y z

3 3 3 23x y z y z x x y z yz

3 3 3 3x y z y z x x y z yz

3 3 3 3 3x y z x x y z x y z yz ,

то 3 3 3 26 36 3 3x y z k x x y z x y z yz

36 36 6 3 3k kx y z xyz Для довільних двох цілих чисел y і z

або їх сума y z ділиться на два, або ж їх добуток yz ділиться на два.

Тоді при довільних цілих , , ,x y z k вираз 3 y z xyz завжди ділиться на шість. Тому і вираз 36 36 6 3 3k kx y z xyz ділиться на шість. Отже, сума кубів вказаних чисел ділиться на 6 .


20

ІІ спосіб.

Подамо вираз 3 3 3x y z у наступному вигляді 3 3 3 3 3 3x y z x y z x y z x y z

3 3 3x x y y z z x y z

2 2 21 1 1x x y y z z x y z

1 1 1 1 1 1x x x y y y z z z x y z . Звідки

3 3 3 1 1 1 1 1 1x y z x x x y y y z z z x y z (*) Зауважимо, що з трьох послідовних цілих чисел одне завжди ділиться на

три, і принаймні одне ділиться на два. Тому добуток трьох послідовних цілих чисел завжди ділиться на шість.

Отже, кожен з перших трьох доданків правої частини рівності (*) ділиться на шість. За умовою останній доданок – вираз x y z – також ділиться на шість. І тому права частина рівності (*) а разом з нею і ліва частина – вираз 3 3 3x y z – ділиться на шість.

Більше того, з рівності (*) випливає, що сума кубів 3 3 3x y z трьох

цілих чисел ділиться на шість тоді і лише тоді, коли на шість ділиться сума цих чисел.

Задача №5

Не важко перевірити, що 111111 1001 111 ; 222222 1001 222 ; 333333 1001 333 444444 1001 444 ; 555555 1001 555 ; 666666 1001 666 777777 1001 777 ; 888888 1001 888 ; 999999 1001 999 Оскільки десятковий запис шестидесятизначного числа не містить нулів,

то з того що 60 9 6 4 випливає, що принаймні одна з дев’яти (ненульових) цифр повторюється щонайменше сім разів. Тому можна викреслити щонайбільше 54 цифри довільного шестидесятизначного числа так, щоб в результаті утворилося число з шести однакових цифр, яке очевидно вже ділиться на 1001.


21

9 клас

Задача №1

За властивістю модуля дане рівняння 2 3 1 7 0x x можна замінити рівносильною сукупністю двох систем

2

2

3 1 7 01 0

3 1 7 01 0

x xx

x xx

.

Розв’яжемо окремо кожну з цих систем: 2 2 2 5 03 1 7 0 3 10 0

21 11 0

x xx x x xx

x xx

;

2 2 1 4 03 1 7 0 3 4 0

11 11 0

x xx x x xx

x xx

.

Таким чином, розв’язками даного рівняння є числа 2 і 1 . Очевидно, що їх сума дорівнює 1. Відповідь: 1.

Задача №2

І спосіб.

Очевидно, що дана нерівність 2 3 18 2x x x

x

має смисл лише за умови

0x . Тому вона рівносильна нерівності 3 18 2x x , 0x . Розв’яжемо лінійну нерівність 3 18 2x x , виконавши рівносильні перетворення:

1 2 18 3x

1 2 3 2 3x

1 2 3 2 1x

2 1 3 2 1x 3x 3x

Оскільки 0x , то розв’язками даної нерівності будуть 3,0 0,x .


22

ІІ спосіб.

Оскільки 218 2 2 3 2 2 3x x x , то дана дробово-раціональна

нерівність 2 3 18 2x x x

x

набуває вид

32 3 0

x xx

x

або ж 3 2 30

x x x xx

.

Звідки 3 1 2

0x x

x

.

Оскільки число 1 2 0 , то остання нерівність рівносильна нерівності 3

0x x

x

, яка, в свою чергу, рівносильна системі 3 00

xx

. Звідки 3

0xx

.

Отже, розв’язками даної нерівності будуть 3,0 0,x .

Відповідь: 3,0 0,x .

Задача №3

І спосіб.

Перетворивши задану рівність, отримаємо 24 6m n n m m або ж 2 2 24 4 6 0mn m n mn m , звідки 2 23 2 0mn n m .

Виконаємо тотожні перетворення у лівій частині одержаної рівності 2 2 2 2 2 23 2 2 2 2 2mn n m mn mn n m mn m mn n

2 2m n m n n m m n n m . Оскільки 2 0m n n m , то або 2n m , або ж n m . А це й означає, що число n ділиться на m .

ІІ спосіб.

Перетворимо дану рівність 24 6m n n m m до наступного вигляду. 2 2 24 4 6mn m n mn m або ж

2 23 2 0n mn m . Розглянемо останню рівність, як квадратне рівняння відносно змінної n .

Тоді за теоремою Вієта, мають місце рівності: 1 2 3n n m ,

21 2 2n n m .

Звідки 1n m , 2 2n m . Таким чином, натуральні m і n , які задовольняють даній рівності

24 6m n n m m є такими, що число n ділиться на m .


23

Задача №4

Нехай ABC – даний трикутник, AE бісектриса кута A і виконуються рівності AE EC і 2AC AB . Знайдемо кути трикутника ABC .

І спосіб. Нехай AB x , тоді 2AC x . За

умовою AE EC . За властивістю бісектриси кута трикутника має місце рівність

: :AB AC BE EC . Звідки 2EC BE . Розглянемо трикутники BCA і BAE .

Вони подібні за двома кутами. Тому BE ABAB BC

звідки 2AB BE BC . Оскільки

3BC BE , то має місце рівність 2 23x BE .

Тоді 3

xBE , 33xBC . З трикутника ABC за теоремою косинусів маємо

рівність 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC B . Тому, з урахуванням введених

позначень, маємо рівність 2 2 2 34 3 2 cos3xx x x x B . Звідки випливає,

що cos 0B , і тому 90B . Оскільки 2A C і 90A C , то 60 , 30A C .

ІІ спосіб.

Нехай 2AE y , тоді 2EC y . Оскільки : 1: 2AB AC , то за

властивістю бісектриси кута трикутника ( : :AB AC BE EC ) маємо, що BE y . На промені AB від точки B відкладемо відрізок 'BA AB і розглянемо одержаний трикутник 'A AC .

Оскільки CB – медіана 'A AC і : 1: 2BE EC , то точка E – точка перетину

медіан 'AA C . За побудовою 'AA AC , AE бісектриса

кута A . Тому пряма AE є перпендикулярною стороні 'A C рівнобедреного 'A AC .

Нехай ' 'AE A C E . Тоді за властивістю медіани 'EE y Трикутники ABE і 'CE E рівні за двома сторонами і кутом між ними.

Звідки маємо, що ' 2 ' 2CA CE x . І тому 'A AC є правильним трикутником. Звідки випливає, що 90ABC , 60BAC , 30ACB .

A

B

C

E x

2x

2

A

B

C

E x

2x

2 y 2 y

y

'A

'E y


24

ІІІ спосіб. Опустимо перпендикуляр EH на

сторону AC . Оскільки за умовою AE EC , то трикутник AEC рівнобедрений. Тому AH HC x .

Розглянемо трикутники ABE і AHE : AB AH x ; AE – спільна сторона;

BAE HAE за умовою. Отже, трикутники ріні за двома сторонами і кутом між ними. Тому 90ABC .

В прямокутному трикутнику ABC катет AB вдвічі менший за гіпотенузу. І тому 30ACB . Таким чином, 90 ,60 ,30 – шукані кути даного трикутника. Відповідь: 90 , 60 , 30B A C .

Задача №5

Очевидно, що сума 0S чисел у вершинах даного трикутника до здійснення замін дорівнює 0 1 2 3 6S .

Після першої заміни чисел у вершинах трикутника на суму двох сусідніх, нова сума 1S (сума нових чисел у вершинах трикутника) становить

1 02 3 1 3 1 2 12 6 2 2S S . Останнє також випливає з того факту, що в нову суму в якості доданків рівно двічі входить кожне зі старих чисел.

Тоді очевидно, що після другої заміни нова сума 2 22 1 02 2 6 2S S S .

І так далі. Тобто, після n -ої заміни нова n -та сума nS становитиме 6 2n

nS . Таким чином, дана задача зводиться до з’ясування питання про

розв’язність рівняння 6 2 3000000n в натуральних числах. Тобто, до з’ясування питання, чи існує таке натуральне n , при якому виконувалась би вказана рівність.

Оскільки права частина рівняння 6 2 3000000n ділиться на 5 , а ліва його частина 6 2n при довільному натуральному n не ділиться на 5 , то вказана рівність не можлива при жодному натуральному n .

Тому зазначена в умові задачі сума не може дорівнювати числу 3000000 .

Відповідь: Ні.

A

B

C

E x

2x H

x x


25

10 клас

Задача №1

Досліджуване рівняння 21 4 7 0k x k x k в залежності від параметра k може бути рівнянням першого або другого степеня.

Нехай 1k , тоді дане рівняння є лінійним рівнянням і набуває вид 5x 8 0 . Звідки маємо, що x 8 / 5 . Таким чином при 1k маємо єдиний корінь x 8 / 5 .

Нехай тепер 1k . Тоді дане рівняння є квадратним і має один корінь (два рівних корені) коли дискримінант дорівнює нулю.

2 2( 4) 4( 1)( 7) 3 16 44 0D k k k k k . Розв’язуючи рівняння 23 16 44 0k k , одержимо, що 2k або 22 / 3k . Тому у випадку коли 1k , дане рівняння має єдиний корінь лише при 2k або

22 / 3k .

Відповідь: 221;2;3

.

Задача №2

2 22 0x x x x ( 1)( 2) ( 1) 0x x x x ( 1)( 2) 0

( 1) 0( 1) 0

x xx x

x x

12

01

01

xxxx

xx

1201

xxxx

.

Відповідь: ( ; 1] {0} {1} [2; ) .

Задача №3

Додавши до другого рівняння системи 2 2 2

33

x y zx y z

перше, помножене на 2 , одержимо

2 2 2

32 2 2 3

x y zx x y y z z

2 2 2

32 1 2 1 2 1 0

x y zx x y y z z

2 2 2

3( 1) ( 1) ( 1) 0x y zx y z

111

xyz

.

Відповідь: 1; 1; 1x y z .


26

Задача №4

Нехай ABCD – заданий чотирикутник, M середина BC . За умовою 0120AMD . Нехай далі AMB , тоді 060DMC .

Побудуємо точки 'B і 'C симетричні точкам B і C відносно прямих AM і DM відповідно. Тоді 'MB MB , 'MC MC . Звідки ' 'MB MC .

Оскільки 060AMB DMC , то 0' ' 120B MB C MC . Тому 0' ' 60B MC . Таким чином трикутник ' 'B MC є рівнобедреним з кутом при вершині 060 . Тому трикутник ' 'B MC рівносторонній. Звідки ' ' '

2BCB C MB MB .

Розглянемо замкнену ламану ' 'AB C D . Очевидно, що справджується нерівність

' ' ' 'AB B C C D AD . Оскільки 'AB AB і 'DC DC , то для сторін даного чотирикутника доведено нерівність

ADCDBCAB 21 .

При чому, рівність досягається у тих випадках, коли точки 'B і 'C належать відрізку AD і задовольняють умовам:

' 'B AC , ' 'C B D .

Прикладом чотирикутника, для якого досягається рівність у доведеній (нестрогій) нерівності, може бути рівнобедрена трапеція з кутом 060 при більшій основі, довжина якої втричі більша за бічну сторону.

Довільний інший чотирикутник, для якого досягається вказана рівність можна побудувати наступним чином:

Побудуємо коло на відрізку BC як на діаметрі. Нехай M – середина BC , а точки 'B і 'C такі точки кола, що задовольняють умовам:

1) 0' ' 60B MC ; 2) точки 'B і 'C лежать в

одній півплощині відносно прямої BC Проведемо бісектриси кутів 'BMB та

'CMC і нехай вони перетинають пряму ' 'B C відповідно у точках A і D . Тоді ABCD – шуканий чотирикутник, для

якого досягається рівність 0,5AB BC CD AD .

D

A

B

C

M

060

'B 'C

060 060

B

A

M C

D 'B 'C

M

060

'B 'C

B

C

A D


27

Задача №5

Нехай дану фігуру (у вигляді клітчатого прямокутника розміром 7 11 ) розрізано на:

x квадратів розміром 2 2 , тобто, фігур виду

та

y триклітинкових „куточків” тобто, фігур виду

1) З того, що число 77 не ділиться ні на 3 , ні на 4 випливає, що x , y – натуральні числа (ні x , ні y не можуть бути рівними нулю). 2) Пофарбуємо прямокутник у спосіб, вказаний на рисунку ( 24 білих, та 53 чорних клітинок).

Очевидно, що кожен з x квадратів містить точно: 1 білу клітинку та 3 чорних клітинок. Кожен з y „куточків” або а) не містить білих клітинок, і тоді нехай z – кількість таких куточків, або ж б) містить точно 1 білу і 2 чорні клітинки. Таких куточків тоді буде y z .

Тоді, зрозуміло, що повинні виконуватись рівності 1 0 ( ) 1 243 3 ( ) 2 53

x z y zx z y z

,

кожна з яких є безпосереднім підрахунком відповідно білих і чорних клітинок.

Після спрощень маємо 24

3 2 53x y zx y z

або ж

24 24 (*)4 3 77 (**)x y z

x y

.

3) Не важко перевірити, що розв’язками ,x y рівняння (**) в натуральних числах є виключно пари 2,23 , 5,19 , 8,15 , 11,11 , 14,7 , 17,3 . Але умові (*) задовольняють лише перші два розв’язки. 4) Нижче наведемо приклади, де реалізованими є набори фігур, що відповідають парам 2,23 і 5,19

Відповідь: 25; 24.


28

11 клас

Задача №1

2cos 2 0x x x

2

2

2 0

2 0cos 0

x x

x xx

12

2 1

,2

xx

x

x n n Z

12

2

xx

x

Відповідь: 2; ;1

2

.

Задача №2

І спосіб. Піднесемо до квадрату обидві частини нерівності 2 23 3 7 13x x x x та виконаємо тотожні перетворення:

2 23 3 7 13x x x x

2 22 23 3 7 13x x x x

2 22 23 3 7 13x x x x

2 22 23 3 7 13 0x x x x

2 2 2 23 3 7 13 3 3 7 13 0x x x x x x x x

210 10 2 4 16 0x x x

21 2 8 0x x x

1 2 4 0x x x

41 2x

x

Звідки випливає, що найбільшим цілим числом, яке задовольняє останній сукупності (є розв’язком даної нерівності), буде число 5 .


29

ІІ спосіб.

За визначенням модуля маємо наступні рівносильні переходи

2 2

22 2

2 2

2

3 3 7 13

7 13 03 3 7 13

3 3 7 13

7 13 0

x x x x

x xx x x x

x x x x

x x

2 2

2

2

2 2

2

2

2 2

2

2

2 2

2

2

3 3 7 13107 13 0

3 3 0

3 3 7 13

7 13 03 3 0

3 3 7 13

7 13 03 3 0

3 3 7 13

7 13 03 3 0

x x x xxx x

x x

x x x x

x xx x

x x x x

x xx x

x x x x

x xx x

2 2

2 2

2

2 2

2

2

2

2

2

2

10 17 13 0 7 13 03 3 0 3 3 02 8 0 ( 4)( 2) 07 13 0 7 13 0

3 3 0

10 107 13 03 3 0

2 8 07 13 0

3 3 0

xx x x xx x x xx x x xx x x x

x x x

xx xx x

x xx x

x x

2

2

2

2

2

3 3 0

17 13 03 3 0

( 4)( 2) 07 13 0

3 3 0

x

xx xx x

x xx x

x x

2

2

2

2

2 2

2

17 13 0

( 4)( 2) 0 47 13 0( 4)( 2) 0

7 13 0 1 21 7 13 0

1 1 27 13 0 7 13 0

( 4)( 2) 0

( 4)( 2) 07 13 0

1

xx xx x x

x xx xx x xx x xx x

x x x xx x xx xx x

x

2

2

2

4 0( 4)( 3) 25 01 2

1 27 13 07 13 0

44 04

( 4)( 3) 25 07 13 0

xx x

x

xx xx x

xxx x

x x

( ; 4) (1;2)x Таким чином, найбільше ціле число, яке задовольняє даній нерівності

буде число 5 .



30

Задача №3

І спосіб

Перетворимо задане рівняння 2 210 2 1 0x x y y з двома змінними

до вигляду: 2 2( 5) ( 1) 25x y .

Останнє рівняння задає на площині коло з центром в точці 5,1 і радіусом рівним 5 .

Виразимо з цього рівняння y як

функцію від x . А саме: 21 25 ( 5)y x .

Перед розкриттям модуля зауважимо, що для знаходження найменшого

значення виразу xy треба розглядати ту частину кола, де y приймає від’ємні

значення, оскільки значення x для довільної точки даного кола завжди додатні. Тому з останньої рівності з модулем маємо, що 2)5(251 xy .

Розглянемо функцію x

xxyx

2)5(251)(

та знайдемо її найменше

значення на відрізку 5 2 6,5 2 6 , кінці якого є розв’язками рівняння 2 10 1 0x x (абсцисами точок перетину кола з віссю OX ),

Знайдемо похідну функції ( )x :

22

2

2

2

2

)5(25

)5(255)5(251

)5(25)5(

)(xx

xxx

xx

xx

x

.

Знайдемо критичні точки: 25 25 ( 5) 0x x 2 2 2 525 ( 5) 5 25 ( 5) 25 (13 5) 0

13x x x x x x x

Оскільки 5 5 2 6 5 2 613

, то в точці 135

x , функція приймає своє

найменше значення, яке дорівнює:

251 25 55 1213 2,4513 5

13

.

X

Y

O 5

1

4

5 2 6 5 2 6


31

ІІ спосіб Виразимо координати ( , )x y довільної

точки M даного кола 2 2( 5) ( 1) 25x y через деяку третю змінну.

А саме, нехай ( , )M x y – довільна точка даного кола з центром в точці ' 5,1O і радіусом 5R . Позначимо через t кут між радіус-вектором 'O M

точки M і

додатнім напрямком осі OX . Тоді очевидно, що кожна точка ( , )M x y (даного) кола однозначно визначається кутом t ,

00 360t .

При чому: перша координата точки M дорівнює cos 5 5cos 5x R t t , а друга її координата рівна sin 1 5sin 1y R t t .

Розглянемо функцію 5sin 1( )

5 cos 1y tf tx t

та знайдемо її найменше

значення. Для цього виконаємо елементарні перетворення, застосувавши відповідні

тригонометричні формули:

5sin 1( )

5 cos 1tf tt

2 2

210sin( / 2)cos( / 2) sin ( / 2) cos ( / 2)

10cos ( / 2)t t t t

t

21 1tg( / 2) tg ( / 2)10 10

t t

21 tg ( / 2) 10tg( / 2) 110

t t

2 2 21 tg ( / 2) 2 tg( / 2) 5 5 5 110

t t

21 tg( / 2) 5 2410

t

21 tg( / 2) 5 2,4 2,410

t .

Отже найменше значення функції

5sin 1( )

5 cos 1tf tt

дорівнює числу 2,4 .

X

Y

O 5

1

4

'O

M

5

t t


32

ІІІ спосіб

Нехай y ax , тобто y ax при 0x .

Тоді для розв’язання задачі достатньо знайти таке значення (параметру) a , при якому система

2 210 2 1 0x x y yy ax

має розв’язок. Перше рівняння системи задає на

площині коло 2 2( 5) ( 1) 25x y з центром в точці 5,1 і радіусом рівним 5 . Друге рівняння системи задає на площині сукупність прямих y ax , які проходять

через початок координат і мають кутовий коефіцієнт рівний a .

Нагадаємо, що геометричний зміст кутового коефіцієнта прямої полягає в тому, що він чисельно дорівнює тангенсу кута, який пряма утворює з додатнім напрямком осі OX .

Тоді зрозуміло, що найменшим значенням параметру a , при якому вказана вище система має розв’язок, буде таке його значення, при якому пряма y ax дотикається кола 2 2( 5) ( 1) 25x y . (На рисунку T – точка дотику)

Отже, нехай TOX , 'O OX . Тоді tg tga . З рівності прямокутних трикутників 'O TO і 'O MO (за катетом і гіпотенузою) випливає, що ' 'O OT O OM . Тому ' ' ' 'TOX O OT O OX O OM O OX . Звідки маємо, що

'O OM . З прямокутного трикутника 'O MO маємо, що tg ' 5O MO .

З прямокутного трикутника 'O NO маємо, що 1tg ' tg5

O ON .

Таким чином, для знаходження шуканого значення параметру a достатньо обчислити тангенс відповідного кута

15tg ' tg 25 1 245tg tg ' 2,411 tg ' tg 5 5 101 55

O OMO OMO OM

Оскільки tga , то 2, 4a . Відповідь: 2, 4 .

X

Y

O 5

'O

T

y ax

M

N


33

Задача №4

І спосіб.

Нехай E – точка перетину діагоналей даного опуклого чотирикутника ABCD , а s – площа трикутника BEC .

Нехай далі 1BB – перпендикуляр, опущений з точки B на пряму AC .

Оскільки точки , ,A E C лежать на одній прямій, а точка B не належить

прямій AC , то 1

1

12112

BCE

ABE

CE BBS s CES EAEA BB

. Звідки 1

CE sEA

.

Нехай тепер 1CC – перпендикуляр, опущений з точки C на пряму BD . Оскільки точки , ,B E D лежать на одній прямій, а точка C не належить прямій

BD , то 1

1

12112

BCE

CDE

BE CCS s BES EDED CC

. Звідки 1

BE sED

.

Розглянемо трикутники BEC і DEA : вони подібні за двома пропорційними сторонами : :1 :CE EA s BE ED і кутом між ними. Тому: 1) ||AD BC і 2) : :1BC AD s . Оскільки за умовою 3AD , то має місце рівність : 3 :1BC s . Звідки випливає,

що 1 23 2 3BCE

BCs S BC . І тому висота 1EE трикутника CBE дорівнює 23

.

Але ж тоді висота 2EE трикутника ADE дорівнює 23s

, бо 1

2 1EE sEE

. І тому

21 1 2 132 2 3ADES AD EE

s s .

Таким чином, маємо що 1 11 1 2ABCD ABE BCE CDE DAES S S S S s ss s

.

За умовою 4ABCDS . Тому повинна виконуватись нерівність 12 4ss

, або ж

1 2ss

. Звідки випливає 2 2 1 0s s або ж 21 0s . І тому 1s .

З того що : :1 1:1BC AD s маємо, що 3BC AD .

Більше того, оскільки у даного чотирикутника дві протилежні сторони AD і BC є паралельними і рівними, то такий чотирикутник є паралелограмом.

A

B C

D

E

1B 1C

3

1E

2E


34

ІІ спосіб.

Нехай DM і BN – перпендикуляри,

опущені з точок D і B на діагональ AC .

Позначимо 1DM h , 2BN h . Тоді:

21 12ABES AE h , 1

1 12CDES CE h .

Звідки випливає, що 12h

CE , 2

2hAE

.

За умовою задачі маємо, що 4ABCDS . Тому має місце нерівність

2 2ADE CBE ABCDS S S , тобто 1 21 1 22 2

AE h EC h , звідки

1 2 1 2 22 2

AE ECCE AE , або ж 2 0AE EC звідки

AE EC .

Більше того, з рівності ABE CDES S випливає, що BE AE DE CE або ж, що

11

BE CEDE AE

, звідки BE DE

Таким чином діагоналі даного опуклого чотирикутника ABCD в точці

перетину діляться навпіл. І тому такий чотирикутник є паралелограмом. І тому

3BC AD .


A B

C D

E M

N 1h

2h


35

Задача №5

Для розв’язання даної задачі скористаємося наступним твердженням, а саме:

Якщо вершини трикутника ABC лежать всередині (або ж на границі) паралелограма MNPQ зі стороною MQ m і висотою NH h , то площа такого трикутника не більша за половину площі паралелограма, тобто, / 2ABCS mh .

Справедливість цього твердження є наслідком наступних міркувань: Зрозуміло, що площа ABCS кожного трикутника, дві з вершин якого

співпадають з вершинами паралелограма, а третя вершина лежить на протилежній його стороні, дорівнює / 2mh . Тобто, існують трикутники, для яких досягається точна рівність / 2ABCS mh .

Покажемо тепер, що площа довільного трикутника, який міститься всередині паралелограма MNPQ , не може перевищувати / 2mh .

Отже, проведемо через кожну з вершин трикутника ABC прямі, паралельні сторонам паралелограма MNPQ .

Тоді трикутник можна обмежити паралелограмом ' ' ' 'M N P Q , який або цілком міститься всередині паралелограма MNPQ або ж співпадає з ним. І тому площа паралелограма

' ' ' 'M N P Q не може перевищувати площі паралелограма MNPQ .

У випадку не тупокутного трикутника покажемо, що його площа не може перевищувати половини площі паралелограма ' ' ' 'M N P Q (у випадку тупокутного трикутника міркування аналогічні).

Згідно позначень, введених на рисунку, для площі трикутника ABC можна записати наступну рівність

1 2 1 2 1 21 1 12 2 2

S a b h h a b h bh a h h

' ' ' '1 2 1 1 2

1 1 12 2 2 2

M N P QSa b h h ah a b h h .

Оскільки ' ' ' 'M N P QS mh , то 2ABC

mhS .

Отже, встановлено справедливість наведеного твердження.

h

'M

C

'N

m

M

N P

Q

B

A

'P

'Q

H

a b

1h

2h


36

Перейдемо тепер до доведення твердження, сформульованого в умові даної задачі.

Розіб’ємо даний квадрат (зі стороною 1 лін.од.) на 16 рівних квадратів, площа кожного з яких дорівнює 1/16 (кв.од.). При такому розбитті маємо чотири рядки 1r , 2r , 3r , 4r і чотири стовпці 1s , 2s , 3s , 4s , які визначають прямокутники, площа кожного з яких 1/ 4 (кв.од.).

1) За принципом Діріхлє з дев’яти відмічених довільним чином точок, що задовольняють умові задачі, рівно три точки належать одному з чотирьох рядків. І тому існує три точки (позначимо їх через

1 2 3, ,A A A ), що потрапляють у прямокутник, площа якого дорівнює 1/ 4 .

За доведеним вище твердженням площа трикутника 1 2 3A A A не перевищує половини площі

вказаного прямокутника. І тому 1 2 3

1/8A A AS . Отже, існує ПЕРШИЙ з трикутників, площа якого не перевищує 1/ 8 (кв.од.).

Аналогічно, з дев’яти точок рівно три точки (позначимо їх 1 2 3, ,B B B ) належать одному стовпцю. Якщо трійка точок 1 2 3, ,A A A не співпадає з трійкою точок 1 2 3, ,B B B (серед точок 1 2 3, ,A A A і 1 2 3, ,B B B є принаймні чотири різні точки), то існує й ДРУГИЙ трикутник, площа якого не перевищує 1/ 8 (кв.од.).

2) Дослідимо тепер випадок коли точки 1 2 3, ,A A A і 1 2 3, ,B B B співпадають (визначають один трикутник). Оскільки перетином довільного рядка і стовпця є один з шістнадцяти квадратів, то точки 1 2 3, ,A A A належать одному з таких квадратів.

Більше того, можна вважати, що в кожному рядку і стовпці, які не містять вказаний квадрат, знаходиться рівно по дві точки. Якщо це не так, то буде існувати рядок (або стовпець), що містить три точки відмінні від точок 1 2 3, ,A A A . І тому ДРУГИЙ шуканий трикутник буде існувати.

Отже, розглянемо три суттєво різних ситуації, а саме:

2.1) Нехай точки 1 2 3, ,A A A належать одному з чотирьох внутрішніх квадратів (на рисунку їх позначено числами – 6, 7, 10, 11). Не втрачаючи загальності, будемо вважати, що точки 1 2 3, ,A A A належать 6-му квадрату. В останній рядок і останній стовпець може потрапити щонайбільше чотири з шести решти точок. Тому принаймні одна з двох точок (позначимо її 0C ) потрапить або у 1-й, або

у 3-й, або в 9-й, або ж в 11-й квадрат. Оберемо довільні дві точки з точок 1 2 3, ,A A A , наприклад 1 2,A A Тоді три точки

1 2 0, ,A A C належать квадрату розміром 1 12 2 . І тому площа трикутника 0 0 0A B C не

перевищує 1/ 8 (кв.од.)

1 2 3

6 5 7 8

9 10 11 12

13 14 15 16

4

1 2 3

6 5 7 8

9 10 11 12

13 14 15 16

4

1s 2s 3s 4s

1r

2r

3r

4r


37

2.2) Припустимо тепер, що точки 1 2 3, ,A A A належать одному з чотирьох кутових квадратів (на рисунку їх позначено числами – 1, 4, 13, 16). Не втрачаючи загальності, вважатимемо, що 1 2 3, ,A A A належать 4-му квадрату.

2.2.1) Якщо одна з двох точок третього стовпця потрапляє в 7-й квадрат, то шуканий трикутник 1 2 0, ,A A C знайдено.

2.2.2) Припустимо, що обидві точки третього стовпця потрапили в 11-й квадрат. Тоді принаймні одна з двох точок другого стовпця потрапляє в 6-й або 14-й квадрат. І тому шуканий трикутник знайдено.

2.2.3) Припустимо, що обидві точки третього стовпця потрапили у 15-й квадрат. Якщо одна з двох точок третього рядка потрапила у 10-й квадрат, то шуканий трикутник знайдено. Тому припустимо, що обидві точки третього рядка потрапили у 9-й квадрат. Тоді обидві точки другого рядка потрапляють в 6-й квадрат. І тому шуканий трикутник знайдено.

2.2.4) Припустимо тепер, що точки третього стовпця потрапили в 11-й і 15-й квадрат. Якщо друга точка четвертого рядка потрапила у 14-й квадрат, то шуканий трикутник знайдено. Тому припустимо, що друга точка четвертого рядка потрапляє в 13-й квадрат. Якщо друга точка третього рядка потрапить в 10-й квадрат, то, шуканий трикутник знайдено.

Тому припустимо, що друга точка третього рядка потрапляє в 9-й квадрат. Тоді точки другого стовпця можуть потрапити тільки в 6-й квадрат. І тому шуканий трикутник знайдено.

Таким чином, існує ДРУГИЙ трикутник 0 0 0A B C , площа якого не перевищує 1/ 8 (кв.од.) і тому існує два різних трикутники, що задовольняють умові задачі. 2.3) Нехай тепер точки 1 2 3, ,A A A належать одному з восьми граничних, але не кутових квадратів (на рисунку їх позначено числами – 2, 3, 5, 9, 8, 12, 14, 15). Не втрачаючи загальності, будемо вважати, що точки 1 2 3, ,A A A належать 8-му квадрату. 2.3.1) Якщо одна з двох точок третього стовпця потрапляє в 3-й або 11-й квадрат, то шуканий трикутник 1 2 0, ,A A C знайдено.

1 2 3

6 5 7 8

9 10 11 12

13 14 15 16

4

1 2 3

6 5 7 8

9 10 11 12

13 14 15 16

4

1 2 3

6 5 7 8

9 10 11 12

13 14 15 16

4


38

2.3.2) Припустимо, що обидві точки третього стовпця потрапили у 15-й квадрат. Якщо одна з двох точок третього рядка потрапила у 10-й квадрат, то шуканий трикутник знайдено.

Тому припустимо, що обидві точки третього рядка потрапили у 9-й квадрат. Тоді обидві точки першого рядка обов’язково потрапляють у 2-й квадрат.

Доведемо, що при довільному розташуванні трьох

точок 1 2 3, ,A A A у восьмому квадраті і двох точок 1 2,B B в п’ятнадцятому квадраті знайдуться три точки, які не

співпадають з точками 1 2 3, ,A A A та визначають трикутник, площа якого не перевищує 1/ 8 (кв.од.)

Отже, позначимо вершини вказаних квадратів так, як показано на рисунку. Тоді очевидно, що площа шестикутника ABCDEF дорівнює 1/ 4 (кв.од.). Проведемо діагональ AD .

Оскільки AD ділить площу прямокутника AKDL навпіл і площа трикутника BKC дорівнює площі трикутника FEL , то 1/8ABCD ADEFS S (кв.од.).

З п’яти точок 1 2 3, ,A A A , 1 2,B B принаймні три точки належать або чотирикутнику ABCD або ж чотирикутнику ADEF .

Якщо ці точки не співпадають з точками 1 2 3, ,A A A , то шуканий трикутник знайдено, бо він

повністю міститься в чотирикутнику, площа якого 1/ 8 (кв.од.).

Якщо ж три точки 1 2 3, ,A A A належать одному з рівновеликих чотирикутників, то три шукані точки належать:

або паралелограму ACDF (його площа становить 3/16 кв.од.); або паралелограму ABDE (його площа становить 2 /16 кв.од.).

В кожному з цих випадків площа вписаного трикутника не перевищує половини площі відповідного паралелограма. І тому менша за величину 4 / 32 1/ 8 (кв.од.).

Отже, існує ДРУГИЙ трикутник (вершини якого не співпадають з

точками 1 2 3, ,A A A ) площа якого не перевищує 1/ 8 (кв.од.)

7

11

12

16

8

A

B

C D

E

F

15

K

L

1 2 3

6 5 7 8

9 10 11 12

13 14 15 16

4


39

РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА

1. Агаханов Н.Х., Подлипский О.К. Математические олимпиады Московской области. Изд. 2-е, испр. и доп. М.: Физматкнига, 2006. – 320с.

2. Агаханов Н.Х., Терешин Д.А., Кузнецова Г.М. Школьные математические олимпиады. М.: Дрофа, 1999. – 128с.

3. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад 1975. – 112с. 4. Васильев Н.Б., Гутенмахер В.Л., Раббот Ж.М., Тоом А.Л. Заочные математические

олимпиады. 2-е изд., М., 1987. – 176с. 5. Васильев Н.Б., Егоров А.А. Задачи Всесоюзных математических олимпиад

(Библиотека математического кружка, выпуск 18) М.: «Наука», 1988. – 288с. 6. Вышенский В.А., Карташев Н.В., Михайловский В.И., Ядренко М.И. Сборник задач

киевских математических олимпиад, Киев, 1984. – 240с. 7. Гальперин Г.А., Толпыго А.К. Московские математические олимпиады. М.:

«Просвещение», 1986. – 303с. 8. Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В. Ленинградские математические кружки.

Киров: Аса, 1994. – 272с. 9. Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность. Пособие для

учителей. – М.: Учпедгиз, 1960. – 224с. 10. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике, М.: МЦНМО, 2005. –

560с. 11. Довбыш Р.И., Потемкина Л.Л., Трегуб Н.Л., Лиманский В.В., Оридорога Л.Л.,

Кулеско Н.А. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и примеров с решениями. – Донецк: ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336с.

12. Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как решают нестандартные задачи. Изд. 3-е, испр./ Под редакцией В.О. Бугаенко. М.: МЦНМО, 2004. – 96с.

13. Коваль Т.В. 400 задач з математичних олімпіад. 8–11 класи. – Тернопіль: Мандрівець, 2004. – 80с.

14. Конягин С.В., Тоноян Г.А., Шарыгин И.Ф. и др. Зарубежные математические олимпиады. Под ред. И.Н. Сергеева (Серия Библиотека математического кружка) М.: «Наука», 1987. – 416с.

15. Кюршак Й., Нейкомм Д., Хайош Д., Шурани Я. Венгерские математические олимпиады. Перевод с венгерского Ю.А. Данилова под редакцией и с предисловием В.М. Алексеева. М.: Мир, 1976. – 544с.

16. Леман А.А. Сборник задач Московских математических олимпиад. М.: «Просвещение», 1965. – 384 с.

17. Лось В.М., Тихієнко В.П. Математика: навчаємо міркувати. Розв'язування нестандартних задач: Навч. посібник. – К.: Кондор, 2005 – 312с.

18. Морозова Е.А. и др. Международные математические олимпиады. Задачи, решения, итоги. Пособие для учащихся, 4-е изд., испр. и дополн., М., 1976. – 288с.

19. Петраков И.С. Математические олимпиады школьников. Пособие для учителей М.: «Просвещение», 1982. – 96с.

20. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. Изд. 5-е испр. и доп. (совместно с ОАО «Московские учебники») М.: МЦНМО, 2006. – 640с.

21. Рожков В.И., Курдеванидзе Г.Д., Панфилов Н.Г. Сборник задач математических олимпиад. – М.: Ун-т дружбы народов, 1987. – 28с.

22. Савин А.П. и др. Физико-математические олимпиады. Сборник. М.: «Знание», 1977. – 160с.

40

23. Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навч. посібн. – К.:

А.С.К., 2005. – 344с. 24. Спивак А.В. Тысяча и одна задача по математике. М.: Просвещение, 2002. – 208c. 25. Страшевич С., Бровкин Е. Польские математические олимпиады. Перевод с

польского Ю.А.Данилова (серия «Математические олимпиады») М., «Мир», 1978. – 338с.

26. Федоров Р.М., Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К., Ященко И.В. Московские математические олимпиады 1993-2005 г. / Под ред. В.М.Тихомирова. М.: МЦНМО, 2006. – 456с.

27. Фомин А.А., Кузнецова Г.М. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады – М.: Дрофа, 2006. – 159с.

28. Яковлев Г.Н., Купцов Л.П., Резниченко С.В., Гусятников П.Б. Всероссийские математические олимпиады школьников. М.: Просвещение, 1992. – 383с.

29. Ясінський В.А. Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язання . –Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208с.

30. Ясінський В.А. Олімпіадні задачі. Випуск 1: Навчальний посібник – Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40с.

31. Ященко И.В. Приглашение на математический праздник. 2-е изд., испр. и доп. — М.: МЦНМО, 2005. – 104с.

Internet ресурси

1. Київські олімпіади з математики – http://www.matholymp.kiev.ua/index.php

2. "Математические олимпиады и олимпиадные задачи" (декілька тисяч

олімпіадних задач російських і міжнародних математичних змагань) – http://zaba.ru/.

3. Фізико-математичний журнал "Квант" (завдання різних математичних олімпіад за 1971–2002рр) – http://kvant.mccme.ru

4. Соросівська олімпіада для учнів – http://issep.rssi.ru.

5. International Mathematical Olympiad – http://imo.math.ca/

Видавець СПД Маторін Б.І. Свідоцтво про внесення суб’єкта видавничої справи до Державного реєстру видавців, виготовників і

розповсюджувачів видавничої продукції ДЦ №74, видане Державним комітетом інформаційної політики, телебачення та радіомовлення України від 10.02.2004 р.

Підписано до друку 15.02.2008 Формат 40×84 1/16. Ум. др. Арк.. 2, 5.

Зам. №71. Тираж 200 прим.

84116, м. Слов’янськ, вул. Г. Батюка, 19. Тел./факс (06262) 3–20–69

Слов’янський державний педагогічний університет

– один із престижних та прогресивних вищих навчальних закладів України. СДПУ більш як 65 років посідає провідні позиції на ринку освітніх послуг. З нашого університету розпочинається історія розвитку вищої педагогічної освіти в Донбасі.

СЕРІЯ: ВИКЛАДАЧІ СДПУ – УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ


II ЕТАПУ

ВСЕУКРАЇ НСЬК ОЇ ОЛІ МПІАДИ

З МАТЕМАТИКИ – 2007

До уваги абітурієнтів Слов’янський державний педагогічний університет оголошує прийом студентів на 2008 – 2009 навчальний рік на денну та заочну форми навчання для підготовки фахівців за освітньо-кваліфікаційними рівнями

бакалавр, спеціаліст, магістр за рахунок коштів державного бюджету, фізичних і юридичних осіб. Строки навчання: бакалавр – 4 роки; спеціаліст – 1 рік на базі бакалавра; магістр – 1 рік на базі бакалавра, спеціаліста.

ПЕРЕЛІК сертифікатів (вступних випробувань)

УКРАЇНСЬКОГО ЦЕНТРУ ОЦІНЮВАННЯ ЯКОСТІ ОСВІТИ,

які будуть зараховуватися для конкурсного відбору вступників на підготовку за напрямами (спеціаль-ностями) для здійснення прийому на

фізико-математичний факультет Слов’янського державного педагогічного університету в 2008 році: Напрям підготовки. Спеціалізація

Сертифікати. Вступні випробування

6.040201 Математика. Спеціалізація:

основи інформатики

1) українська мова та література (сертифікат), 2) математика (сертифікат)

6.040203 Фізика. Спеціалізація:

основи інформатики

1) українська мова та література (сертифікат), 2) фізика (сертифікат) або математика (сертифікат)

Контактна інформація 84116, Донецька область, м. Слов’янськ, вул. Г. Батюка, 19. Приймальна ректора: (06262) 3-23-54 Приймальна комісія: (06262) 3-97-50 Деканат фізико-математичного факультету Тел.: (06262) 3-26-59

СЛОВ’ЯНСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ПЕДАГОГІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ





з математики – 2008

ВИПУСК 2

Умови

Відповіді


СЕРІЯ

: ВИКЛАДАЧІ С

ДПУ

– УЧНЯМ

, СТУДЕНТАМ

, ВЧИТЕЛЯМ

...





6 – 11 класи


2


УДК 371.384:51 (076) ББК 22.1 О – 543 Беседін Б.Б., Кадубовський О.А., Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В. ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2008 (ВИПУСК 2, СЕРІЯ: Викладачі СДПУ – учням, студентам, вчителям...): Навчальний посібник – Слов’янськ, 2009. – 44 с.


РОЗГЛЯНУТО ТА РЕКОМЕНДОВАНО ДО ДРУКУ

в якості навчального посібника для проведення факультативних занять з математики


– Вченої ради фізико-математичного факультету СДПУ (протокол № 4 від 24.12.2008 р.)

– Вченої ради Слов’янського державного педагогічного університету (протокол № 5 від 30.12.2008 р.)

Рецензенти: кандидат фіз.-мат. наук ЖУЧОК Ю.В., Інститут

інформаційних технологій Луганського національного університету імені Тараса Шевченка, доцент кафедри математичного аналізу та алгебри

кандидат фіз.-мат. наук СІЛІН Є.С., Слов'янський державний педагогічний університет, старший викладач кафедри економіко-математичних дисциплін.

Відповідальний за випуск: кандидат фіз.-мат. наук, доцент кафедри

ГМВМ Кадубовський О.А.

© Беседін Б.Б., Кадубовський О.А, Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

ІІ òóð Âñåóêðà¿íñüêî¿ îë³ìï³àäè ç ìàòåìàòèêè – 2008

3



„Если вы хотите научиться плавать, то смело входите в воду, а если хотите научиться решать задачи, то решайте их!”

Д. Пойа1.

Даний посібник є другим випуском серії „ВИКЛАДАЧІ СДПУ –

УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ...” заснованої у 2008 році. Посібник

містить розв’язання задач II етапу (районного) Всеукраїнської учнівської

олімпіади з математики, який проводився 16 листопада 2008 року відповідно до

наказу УОН № 642 від 23.10.2008 р.

Як і в першому випуску для більшості задач олімпіади пропонується

кілька способів розв’язання, обсяг викладок яких інколи суттєво відрізняється.

Такий підхід ні в якому разі не передбачає оцінки доцільності або порівняння

того чи іншого з запропонованих методів.

Навпаки, оскільки кожна олімпіадна задача є, в деякому розумінні,

унікальною і вимагає особливого ставлення, то головна мета авторів посібника

– «донести» до вчителів і учнів якомога більше корисних математичних ідей і

принципів та показати їх застосування.

Нагадаємо, що принципами в математиці називають деякі прості, майже

очевидні, твердження, аксіоми або методи, які використовуються в доведеннях

математичних теорем. Дуже часто з ними зустрічаються і учні при

розв’язуванні олімпіадних задач з математики. Перш за все учні, які беруть

участь в олімпіадах, повинні володіти значною кількістю принципів. Нажаль

шкільна програма не передбачає знайомства з більшістю з них. З основними

математичними принципами можна ознайомить в наведеній літературі, зокрема

в [13]2.

1 Пойа Д. Математическое открытие. М., 1970. 452 с. 2 Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навч. посібн. – К.: А.С.К., 2005. – 344с.


4

В посібнику до окремих задач наводяться „доповнення”, сенс яких

полягає: у формулюванні двоїстої або схожої задачі,

або ж в узагальненні запропонованої задачі.

На думку авторів такі доповнення повинні активізувати і зацікавити учнів при

підготовці до майбутніх олімпіад.

Автори посібника та керівництво фізико-математичного факультету

СДПУ висловлює щиру подяку всім вчителям міста Слов’янськ, які беруть

участь в організації та проведенні як учнівських олімпіад з математики, так і

семінарів, присвячених аналізу їх результатів. Особливу подяку автори

посібника висловлюють вчителю Слов’янського педагогічного ліцею Ганзері

Ганні Олександрівні за організацію та проведення семінарів з розв’язування

олімпіадних задач.

Автори мають надію, що представлений посібник буде корисним не лише

керівникам математичних гуртків та їх зацікавленим учням, а й стане для

багатьох з них поштовхом для більш глибокого вивчення математики в цілому.

Вчіться творити та винаходити в процесі розв’язування задач!

З найщирішими побажаннями, викладачі кафедри геометрії та методики

викладання математики фізико-математичного факультету Слов’янського

державного педагогічного університету.

31.12.2008


5

ЗМІСТ

ВІД АВТОРІВ .............................................................................................................. 3

УМОВИ ЗАДАЧ .......................................................................................................... 6

6 клас ..............................................................................................................................................6

7 клас ..............................................................................................................................................6

8 клас ..............................................................................................................................................7

9 клас ..............................................................................................................................................7

10 клас............................................................................................................................................8

11 клас............................................................................................................................................8

ВІДПОВІДІ ................................................................................................................... 9

ПОВНІ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ ............................................................................ 10

6 клас ............................................................................................................................................10

7 клас ............................................................................................................................................12

8 клас ............................................................................................................................................16

9 клас ............................................................................................................................................21

10 клас..........................................................................................................................................28

11 клас..........................................................................................................................................33

РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА ....................................................................... 44


6


6 клас

1. (15 балів) Є два числа. Яке з чисел більше та на скільки, якщо 5% першого числа дорівнюють 15, а 8% від другого дорівнюють 16?

2. (15 балів) О 9 годині ранку зі станції A вирушив пасажирський поїзд, а слідом за ним об 11 годині з тієї ж станції вирушив швидкий поїзд. На якій відстані від станції A пасажирський поїзд повинен пропустити швидкий поїзд, якщо швидкість пасажирського поїзда 54 км/год, а швидкого – 72 км/год?

3. (20 балів) Довести, що сума двох послідовних непарних чисел ділиться на 4.

4. (20 балів) Яку найбільшу кількість однакових подарунків можна скласти з 320 горіхів, 240 цукерок і 200 пряників? Скільки цукерок, горіхів й пряників буде в кожному подарунку?

5. (30 балів) По колу вписали 2003 натуральних числа. Доведіть, що знайдуться два сусідніх числа, сума яких парна.

7 клас

1. (15 балів) Дано три точки ( )2;3M − , ( )2;6B − , ( )6;6A . Побудуйте точку K , яка є вершиною прямокутника MBAK . Знайдіть площу цього прямокутника.

2. (15 балів) Білка за 20 хвилин приносить горіх до дупла. Яку відстань при цьому вона пробігає, якщо без горіха вона біжить зі швидкістю 5 м/с., а з горіхом 3 м/с.

3. (20 балів) Зі 100 учнів ліцею 28 вивчають англійську мову, 30 – німецьку, 42 – французьку, 8 – англійську і німецьку, 10 – французьку і англійську, 5 учнів – німецьку і французьку, 3 – вивчають усі три мови. Скільки учнів вивчають лише англійську, лише французьку, лише німецьку? Скільки учнів не вивчають жодної мови?

4. (20 балів) У шестицифровому числі перша цифра співпадає з четвертою, друга – з п’ятою, а третя – з шостою. Доведіть, що це число кратне 7, 11 і 13.

5. (30 балів) На столі лежать 18 олівців. Двоє учнів по черзі беруть один, два або три олівці. Програє той, хто візьме останній олівець. Як повинен грати перший учень, щоб виграти?

ІІ òóð Âñåóêðà¿íñüêî¿ îë³ìï³àäè ç ìàòåìàòèêè – 2008 8 клас

7

8 клас

1. (15 балів) Коли турист пройшов 1 км та половину решти шляху, то

з’ясувалося, що до кінця ще 13

всього шляху та ще 1 км. Знайдіть довжину

всього шляху. 2. (15 балів) У трикутнику ABC бісектриса з вершини A , висота з

вершини B та серединний перпендикуляр до сторони AB перетинаються в одній точці. Знайдіть величину кута A .

3. (20 балів) Розв’яжіть рівняння: 2 1 3 5x − − = . 4. (20 балів) Сума трьох цілих чисел ділиться на 6 . Довести, що й сума

кубів цих чисел ділиться на 6 . 5. (30 балів) На площині дано шість точок загального положення (жодні

три з них не лежать на одній прямій). Кожні дві точки сполучено відрізком або червоного, або синього кольору. Довести, що знайдеться трикутник з вершинами в даних точках, всі сторони якого мають один колір.

9 клас

1. (15 балів) Доведіть рівність: 5 24 2 3+ = +

2. (15 балів) Цілі числа a , b , c і d задовольняють умові a b a bc d c d− +

=− +

. Чи

може добуток abcd дорівнювати 1000 ? 3. (20 балів) Натуральні числа n та m такі, що ( )( ) 24 6m n n m m− + = .

Довести, що n ділиться на m . 4. (20 балів) Нехай 1BB та 1CC – висоти гострокутного трикутника ABC з

кутом A , що дорівнює 030 , 2B та 2C – середини сторін AC та AB відповідно. Доведіть, що відрізки 1 2B C та 2 1B C перпендикулярні.

5. (30 балів) У нескінченному місті усі квартали – квадрати одного розміру. Велосипедист стартував з перехрестя вулиць. Через півхвилини за ним поїхав інший велосипедист. Кожен їде з постійною швидкістю 1 квартал у хвилину і на кожному перехресті вулиць повертає або направо, або наліво. Чи можуть вони зустрітися?


8

10 клас

1. (15 балів) Відомо, що 2 2 12

x y x y+ + ≤ + . Довести, що 1x y+ = .

2. (15 балів) На гіпотенузі AB прямокутного трикутника АВС взяли точки M та N такі, що AC AM= і BC BN= . Доведіть, що кут MCN дорівнює

045 .

3. (20 балів) Розв’язати систему рівнянь: 2 2 2

3,3

x y zx y z

+ + =⎧⎨ + + =⎩

4. (20 балів) Дискримінант D квадратного тричлена ( ) 2P x x px q= + +

додатний. Скільки коренів може мати рівняння ( ) ( ) 0P x P x D+ + = ?

5. (30 балів) Числа 1, 2, 3, …, 25 розташовують у квадратній таблиці 5 5× так, щоб у кожному рядку числа були розміщені у порядку зростання. Яке найменше значення може мати сума чисел у третьому стовпчику?

11 клас

1. (15 балів) Функція ( )f x має вигляд ( ) ax bf xcx d

+=

+, де a , b , c , d – деякі

числа. Відомо, що ( )0 1f = , ( )1 0f = , ( )2 3f = . Чому дорівнює ( )3f ?

2. (15 балів) Довести, що якщо cos 0x ≠ , то cos2 3 4cos

xx+

≥ .

3. (20 балів) Відрізок CH – висота прямокутного трикутника ABC , яка проведена до гіпотенузи AB . Точки 1O , 2O і О – є центрами вписаних кіл трикутників ACH , BCH і ABC відповідно. Довести, що 1 2CO O O⊥ і

1 2CO O O= . 4. (20 балів) Нехай a , b , c і d – довільні числа, сума яких дорівнює 1.

Доведіть, що 2 2 2 2 12 2 2 2

4a b c d ab bc cd da+ + + − − − − ≥ − .

5. (30 балів) На дошці записані числа: a , b , c , d . Кожну секунду вони змінюються на числа a b+ , b c+ , c d+ , d a+ . Через деякий час знову дістали початкові числа: a , b , c , d . Доведіть, що 0a b c d= = = = .


9

ВІДПОВІДІ

6 клас 1) Перше число дорівнює 300, а друге – 200 і тому перше число більше другого; 2) пасажирський поїзд повинен пропустити швидкий поїзд на відстані 432 км від станції А; 4) Найбільша кількість однакових подарунків які можна скласти з 320 горіхів, 240 цукерок і 200 пряників становить 40 . В кожному подарунку буде 8 горіхів, 6 цукерок і 5 пряників.

7 клас 1) ( )6;3K = , 24MBAKS = (кв. од.); 2) 4500 м; 3) З усіх учнів класу 13 вивчають лише англійську, 20 – лише німецьку, 30 – лише французьку, 20 учнів не вивчають жодної мови; 5) Щоб виграти перший повинен грати наступним чином: першого разу перший гравець повинен взяти 1 олівець, а при кожному наступному виборі керуватися правилом:

«якщо другий візьме 1 олівець, то перший повинен взяти 3 олівці, якщо другий візьме 2 олівці, то перший повинен взяти також 2 олівці, якщо другий візьме 3 олівці, перший повинен взяти 1 олівець».

8 клас 1) Довжина всього шляху становить 9 км. 2) 060A∠ = ; 3) 1 3x = − ; 2 5x = .

9 клас 2) Ні. 5) Ні.

10 клас 3) 1x = , 1y = , 1z = ;

4) Єдиний корінь 2 4

2p p qx + −

= − .

5) 45.

11 клас 1) ( )3 2f = ;


10


6 клас

Задача №1

Нехай перше число дорівнює X , а друге – Y . Тоді:

оскільки 5% першого числа дорівнюють 15, то 5 15100

X = . Звідки 300X = .

Оскільки 8% від другого числа дорівнюють 16 , то 8 16100

Y = . Звідки 200Y = .

Таким чином, перше число більше другого на 100. Відповідь: перше число більше другого на 100.

Задача №2

Нехай t – час руху пасажирського потягу до моменту, коли він повинен пропустити швидкий потяг. Тоді швидкий потяг до вказаної події рухався 2t − години.

Оскільки на момент зазначеної події кожен з них подолав однакову відстань, то має місце рівність ( )54 72 2t t⋅ = ⋅ − . Розв’яжемо одержане рівняння

( )54 72 2t t⋅ = ⋅ − ; 54 72 144t t= − ; 72 54 144t t− = ;

18 144t = ; 144 818

t = = .

Таким чином, пасажирський поїзд повинен пропустити швидкий поїзд через 8 годин з моменту руху зі станції A о 9-ій годині ранку. І тому за ці 8 годин пасажирський поїзд подолає відстань 54 8 432S = ⋅ = км.

Отже, на відстані 432 км від станції A , швидкий поїзд наздожене пасажирський. Відповідь: швидкий поїзд наздожене пасажирський на відстані 432 км від станції A .


11

Задача №3

Оскільки довільне непарне число a можна подати у вигляді 2 1n − ( n∈ ), то наступне за ним непарне число b має вид

2 2 1 2 2 1a n n+ = − + = + . І тому сума S двох послідовних непарних чисел a і b дорівнює

( ) ( )2 1 2 1 4S n n n= − + + = . З того, що число S має вид 4S n= ⋅ випливає, що S ділиться на 4 .

Таким чином, сума двох послідовних непарних чисел ділиться на 4 .

Задача №4

Нехай x – найбільша кількість подарунків, яку можна скласти з 320 горіхів, 240 цукерок і 200 пряників так, щоб не залишилося жодного горіха, цукерки або пряника. Тоді кожне з цих чисел повинно ділитися на натуральне число x . Тобто, x є спільним дільником чисел 320, 240 і 200. Оскільки x – найбільша кількість подарунків (які можна скласти у вказаний спосіб), то число x повинно бути найбільшим спільним дільником чисел 320 , 240 і 200 . Отже, ( )НСД 320,240,200x = . Оскільки 320 2 2 2 2 2 2 5= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , 240 2 2 2 2 3 5= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , 200 2 2 2 5 5= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , то

( )НСД 320,240,200 2 2 2 5 40x = = ⋅ ⋅ ⋅ = . Таким чином, найбільша кількість однакових подарунків, які можна скласти з 320 горіхів, 240 цукерок і 200 пряників, становить 40 . В кожному подарунку

буде 320 840

= горіхів, 240 640

= цукерок і 200 540

= пряників.

Відповідь: Найбільша кількість однакових подарунків, які можна скласти з 320 горіхів, 240 цукерок і 200 пряників, становить 40 . В кожному подарунку буде 8 горіхів, 6 цукерок і 5 пряників.

Задача №5

За умовою задачі по колу вписали 2003 натуральних числа. Доведемо, що знайдуться два сусідніх числа, сума яких є парною.

Найбільша кількість чисел (з 2003 заданих довільних натуральних чисел), яку можна розташувати по колу, так щоб жодна пара сусідніх чисел в сумі не давала парного числа, дорівнює 2002. Це випадок, коли маємо 1001 парне і 1001 непарне число, які чергуються на колі (парне, непарне, парне,...).

2003-тє натуральне число буде або парним, або непарним. При будь-якому його розташуванні на колі воно обов’язково потрапить між парним і непарним числом. Тобто, на колі обов’язково з’явиться пара сусідніх чисел, які мають однакову парність і тому в сумі дадуть парне число.


12

7 клас

Задача №1

Побудуємо три задані точки ( )2;3M − , ( )2;6B − і ( )6;6A в прямокутній системі

координат XOY . З’єднаємо відрізками точки M і B та B і A . Оскільки точка K є вершиною прямокутника MBAK , то KM BM⊥ , KA BA⊥ . Побудуємо шукану точку K .

Для цього за допомогою косинця3 проведемо: 1) через точку M пряму m перпендикулярно прямій BM ; 2) через точку A – пряму a перпендикулярно прямій BA .

Тоді шукана точка K є точкою перетину прямих m і a . Більше того, оскільки на прямій a лежать точки, перша координата яких дорівнює 6, а на прямій m – точки, друга координата яких дорівнює 3, то координатами точки K є пара чисел ( 6;3).

Обчислимо тепер площу прямокутника MBAK . Оскільки 3MB = одиничних відрізки, а 6 2 8BA = + = одиничних відрізків, то за відомою формулою площа S цього прямокутника дорівнює

3 8 24S MB BA= ⋅ = ⋅ = (кв. од.). Зауважимо, що площа вказаного прямокутника залежить не лише від координат його вершин, а й від вибору одиничного відрізка на координатних осях. Відповідь: 24 (кв. од.).

Задача №2

Нехай S – відстань, яку білка долає від своєї домівки (пункт A ) до місця

з горіхами (пункт B ). Тоді відстань S від A до B білка без горіха долає за 5S

секунд. Відстань S від B до A білка з горіхом долає за 3S секунд.

За умовою задачі на всю подорож за горіхом (шлях від A до B і назад) білка витрачає 20 хвилин або ж 20 60 1200⋅ = секунд. Тому має місце рівність

12005 3S S+ = . Звідки 8 1200

15S = або ж 1200 15 150 15 2250

8S = ⋅ = ⋅ = .

Таким чином, при поході за горіхом і назад білка долає відстань 4500 метрів. Відповідь: 4500 метрів. 3 Косинець – геометричний інструмент у вигляді трикутника з прямим кутом

M

B A

K

X

Y

O 2−

3

6

6

m

a


13

Задача №3

1) З’ясуємо спочатку питання: скільки учнів вивчають точно по дві мови. 1.1) Оскільки англійську і німецьку вивчають всього 8 учнів, з яких троє – усі три мови, то 5 8 3= − учнів вивчають точно дві мови – англійську і німецьку. 1.2) Оскільки англійську і французьку вивчають всього 10 учнів, з яких троє – усі три мови, то 7 10 3= − учнів вивчають точно дві мови – англійську і французьку. 1.3) Оскільки німецьку і французьку вивчають всього 5 учнів, з яких троє – усі три мови, то 2 5 3= − учні вивчають точно дві мови – німецьку і французьку.

2) З’ясуємо тепер питання про те, скільки учнів вивчають виключно по одній мові. 2.1) Оскільки англійську мову всього вивчають 28 учнів ліцею, з яких 5

виключно англійську і німецьку, 7 – виключно англійську і французьку та 3 – усі три мови, то виключно англійську мову вивчають 28 3 7 5 13− − − = (учнів).

2.2) Оскільки німецьку мову всього вивчають 30 учнів ліцею, з яких 5 виключно німецьку і англійську, 2 – виключно німецьку і французьку та 3 – усі три мови, то виключно німецьку мову вивчають 30 3 2 5 20− − − = (учнів).

2.3) Оскільки французьку мову всього вивчають 42 учнів ліцею, з яких 2 виключно французьку і німецьку, 7 – виключно французьку і англійську та 3 – усі три мови, то виключно французьку мову вивчають 42 3 2 7 30− − − = (учнів). Таким чином, хоча б одну іноземну мову вивчають ( ) ( )13 20 30 7 5 2 3 80+ + + + + + = (учнів).

І тому жодної іноземної мови не вивчають всього 100 80 20− = учнів ліцею.

Відповідь: 13 учнів вивчають лише англійську; 20 учнів вивчають лише німецьку; 30 учнів вивчають лише французьку; 20 учнів не вивчають жодної мови.

Англійська Німецька

Французька

28 30

42

5 8 3= −

7 10 3= − 2 5 3= −

3

42 3 7 2 30− − − =

28 37 513

− −− − ==

30 32 520

− −− − ==

( ) ( )100 28 30 42 10 8 5 3 20− + + − + + + =


14

Доп о вн е нн я . Дана задача відноситься до задач, розв’язування яких спрощується при застосуванні так званого принципу «включення і виключення». Цей принцип полягає у наступному.

Нехай N – кількість учнів певного класу, а 1SP і 2SP – назви двох спортивних секцій, що діють при школі. Нехай далі:

1N – кількість учнів класу, які займаються в секції 1SP та, можливо, в секції 2SP ,

2N – кількість учнів класу, які займаються в секції 2SP та, можливо, в секції 1SP ,

1,2N – кількість учнів, що займаються в двох секціях 1SP і 2SP одночасно,

N – кількість учнів, які не займаються в жодній зі спортивних секцій. Тоді справджується рівність

( )1 2 1,2N N N N N= − + + . (7.3.1) Більше того, якщо позначити через 1K ( 2K ) кількість учнів, які займаються виключно

в одній секції 1SP ( 2SP ), то мають місце рівності

1 1 1,2

2 2 1,2

K N NK N N

= −⎧⎪⎨ = −⎪⎩

. (7.3.2)

Нехай, як і раніше, N – кількість учнів певного класу, а 1SP , 2SP і 3SP – назви трьох спортивних секцій, що діють при школі. Нехай далі:

iN – кількість учнів класу, які займаються в секції iSP ( 1,2,3i = ) та, можливо, ще й в інших секціях;

,i jN – кількість учнів, що займаються в двох секціях iSP і jSP ( i j≠ , , 1, 2,3i j = ) одночасно, та, можливо, ще й в іншій – третій секції.

1,2,3N – кількість учнів, що займаються в трьох секціях 1SP , 2SP і 3SP одночасно,

N – кількість учнів, які не займаються в жодній зі спортивних секцій. Тоді справджується рівність

( ) ( )1 2 3 1,2 1,3 2,3 1,2,3N N N N N N N N N= − + + + + + − . (7.3.3) Більше того, якщо позначити

через iK – кількість учнів, які займаються виключно в одній секції iSP ( 1,2,3i = ), а через ,i jK – кількість учнів, які займаються, виключно в двох секціях iSP та jSP ( i j≠ , , 1, 2,3i j = ) одночасно, то мають місце рівності

( )( )( )

1,2 1,2 1,2,3

1,3 1,3 1,2,3

2,3 2,3 1,2,3

1 1 1,2 1,3 1,2,3 1 1,2 1,3 1,2,3

2 2 1,2 2,3 1,2,3 2 1,2 2,3 1,2,3

3 3 1,3 2,3 1,2,3 3 1,3 2,3 1,2,3

K N NK N NK N N

K N K K N N N N N

K N K K N N N N N

K N K K N N N N N

= −⎧⎪ = −⎪⎪ = −⎪⎨ = − − − = − + +⎪⎪ = − − − = − + +⎪⎪ = − − − = − + +⎩

. (7.3.4)

Формули (7.3.1), (7.3.3) (та їх аналоги на випадок більшої кількості „спортивних секцій”) називають формулами включення–виключення, бо:

спочатку виключаються всі елементи, які мають хоча б одну з властивостей, потім включаються елементи, які мають принаймні дві властивості, виключаються елементи які мають, принаймні три властивості і так далі.

Метод розв’язування задач за допомогою формул (7.3.1) – (7.3.4) та їх аналогів на більш загальний випадок називають методом включення і виключення.


15

Задача №4

Нехай x – задане шестицифрове число. Оскільки за умовою перша цифра числа співпадає з четвертою, друга – з п’ятою, а третя – з шостою, то число x можна подати у вигляді

100000 10000 1000 100 10x abcabc a b c a b c= = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + = ( ) ( ) ( )100000 100 10000 10 1000 1a b c= ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + = 100 1001 10 1001 1001a b c= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =

( ) ( )1001 100 10 7 11 13 100 10a b c a b c= ⋅ ⋅ + ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ + + Таким чином, оскільки задане число має вид ( )7 11 13 100 10x a b c= ⋅ ⋅ ⋅ + + , то воно кратне числам 7 , 11 і 13 .

Задача №5

Для того щоб, згідно з правилами гри, перший учень виграв, на останньому – k -му своєму кроці він повинен залишити 1 олівець (для другого). Для того, щоб йому це вдалося, на передостанньому – ( 1)k − -му кроці він повинен залишити для другого 5 олівців:

якщо другий учень на ( 1)k − -му кроці візьме 1 олівець, то перший на останньому k -му кроці повинен взяти 3 олівця; якщо другий учень на ( 1)k − -му кроці візьме 2 олівця, то перший на останньому k -му кроці повинен взяти 2 олівця; якщо другий учень на ( 1)k − -му кроці візьме 3 олівця, то перший на останньому k -му кроці повинен взяти 1 олівець.

Так само, для того, щоб після ( 1)k − -го кроку першому вдалося залишити для другого 5 олівців, після ( 2)k − -го кроку перший повинен залишити для другого 9 олівців:

якщо другий учень на ( 2)k − -му кроці візьме 1 олівець, то перший на останньому

( )1k − -му кроці повинен взяти 3 олівця; якщо другий учень на ( 2)k − -му кроці візьме 2 олівця, то перший на останньому ( 1)k − -му кроці повинен взяти 2 олівця; якщо другий учень на ( 2)k − -му кроці візьме 3 олівця, то перший на останньому ( 1)k − -му кроці повинен взяти 1 олівець.

Продовжуючи вказані міркування маємо, що перший учень для гарантованого виграшу в даній грі повинен залишати після себе „в зворотному напрямку” 1; 5; 9; 13; 17 олівців.

Отже, перший учень, щоб виграти, повинен грати наступним чином: першого разу він повинен взяти 1 олівець (бо 1 – це остача від ділення числа

( )17 18 1= − на число 4). при кожному наступному виборі керуватися правилом:

«якщо другий візьме 1 олівець, то перший повинен взяти 3 олівці, якщо другий візьме 2 олівці, то перший повинен взяти 2 олівці,


16

якщо другий візьме 3 олівці, то перший повинен взяти 1 олівець».

Доп о вн е нн я . Як повинен грати перший учень, щоб виграти, якщо олівців не 18 а,

наприклад, 23 (17)? Якою повинна бути стратегія першого гравця (щоб виграти), якщо при

заданій кількості олівців (18) кожному з гравців дозволяється на кожному кроці брати не більше 4-ьох (5-ти) олівців?

Якою повинна бути стратегія першого гравця (щоб виграти), якщо при заданій кількості олівців 4 1n k≠ + кожному з гравців дозволяється на кожному кроці брати не більше m ( m n< ) олівців?

8 клас

Задача №1

Нехай S – довжина всього шляху. За умовою коли турист пройшов 1 (км)

та половину решти шляху 12

S − , то з’ясувалося, що до кінця залишилося ще 13

всього шляху S та ще 1 (км) або, що те ж саме, 1 13

S + (км). Тому має місце

рівність 1 11 12 3

S S S−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, звідки ( )3 1 22

6S S

S− +

+ = або ж

5 3 6 12S S− = − . Тому 9S = . Відповідь: Довжина всього шляху становить 9 (км).

Задача №2

Нехай у трикутнику ABC бісектриса AL кута A , висота BH та серединний перпендикуляр до сторони AB в точці M перетинаються в точці O .

Тоді за властивістю бісектриси кута (трикутника) маємо, що OH OM= . Звідки випливає що прямокутні трикутники AMO і AHO рівні за катетом і гіпотенузою.

Оскільки OM є одночасно і висотою і медіаною трикутника AOB , то трикутник AOB є рівнобедреним з основою AB . Тому

BAO ABO∠ =∠ . Таким чином, з урахуванням рівності вказаних трикутників, маємо

рівність відповідних кутів, а саме: HAO BAO ABO∠ =∠ =∠ . Оскільки 090HAO BAO ABO∠ +∠ +∠ = , то кожен з кутів , ,HAO BAO ABO∠ ∠ ∠ дорівнює 030 . Тому 060A∠ = .

Відповідь: 060A∠ = .

A

B

C

O

H

L M


17

Задача №3

І с п о с і б . За властивістю модуля маємо наступні рівняння

2 1 3 5x − − = або 2 1 3 5x − − = − ; Розв’яжемо кожне з них:

1 4x − = 1 1x − = − ; 1 4x − = або 1 4x − = − x∈∅ . 5x = 3x = −

І І с п о с і б .

Нехай 1x t− = , 0t ≥ . Тоді дане рівняння 2 1 3 5x − − = набуває вид 2 3 5t − = . Піднесемо обидві частини останнього рівняння до другого степеня та розв’яжемо одержане квадратне рівняння: 24 12 9 25t t− + = ;

2 3 4 0t t− − = ; ( )( )1 4 0t t+ − = .

1 1t = − не задовольняє умові 0t ≥ . А тому 4t = . Звідки 1 4x − = . Таким чином, 1 4x − = або 1 4x − = − . Звідки 1 3x = − ; 2 5x = . Відповідь: 1 3x = − ; 2 5x = .

Задача №4

І с п о с і б . Нехай , ,x y z – вказані цілі числа. Тоді ( ) 6x y z k+ + = ⋅ , k∈ .

Оскільки ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )33 2 33 23 3x y z x y z x x y z x y z y z+ + = + + = + + + + + + =

( ) ( ) ( )23 3 3 23 3 3x y z x y z x y z yz y z= + + + + + + + + =

( ) ( ) ( )( )3 3 3 23x y z y z x x y z yz= + + + + + + + =

( ) ( ) ( )( )3 3 3 3x y z y z x x y z yz= + + + + + + + =

( ) ( ) ( )3 3 3 3 3x y z x x y z x y z yz= + + + + + + + ,

то ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 36 36 3 3x y z k x x y z x y z yz+ + = ⋅ − + + − + =

( ) ( ) ( )36 36 6 3 3k kx y z xyz= ⋅ − − +

Для довільних двох цілих чисел y і z або їх сума ( )y z+ ділиться на два, або ж їх добуток yz ділиться на два. Тоді при довільних цілих , , ,x y z k вираз ( )3 y z xyz+ завжди ділиться на шість.

Тому і вираз ( ) ( ) ( )36 36 6 3 3k kx y z xyz⋅ − − + ділиться на шість. Отже, сума кубів вказаних чисел ділиться на 6 .


18


Подамо вираз 3 3 3x y z+ + у наступному вигляді ( ) ( )3 3 3 3 3 3x y z x y z x y z x y z+ + = + + − + + + + + =

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3x x y y z z x y z= − + − + − + + + =

( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1x x y y z z x y z= − + − + − + + + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1x x x y y y z z z x y z= − + + − + + − + + + + . Звідки

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 1 1 1 1 1 1x y z x x x y y y z z z x y z+ + = − + + − + + − + + + + (8.4) Зауважимо, що з трьох послідовних цілих чисел одне завжди ділиться на

три, і принаймні одне ділиться на два. Тому добуток трьох послідовних цілих чисел завжди ділиться на шість.

Отже, кожен з перших трьох доданків правої частини рівності (8.4) ділиться на шість. За умовою останній доданок – вираз ( )x y z+ + – також ділиться на шість. І тому права частина рівності (8.4), а разом з нею і ліва частина – вираз ( )3 3 3x y z+ + , ділиться на шість.

Більше того, з рівності (8.4) випливає, що сума кубів 3 3 3x y z+ + трьох цілих чисел ділиться на шість тоді і лише тоді, коли на шість ділиться сума цих чисел.

Задача №5

Нехай на площині задано шість точок , , , , ,A B C D E F загального положення (жодні три з яких не лежать на одній прямій).

Оскільки кожні дві точки сполучено відрізком або червоного, або синього кольору, то за принципом Діріхлє

з кожної точки (зокрема точки A ) виходить принаймні три відрізки одного кольору (червоного або синього). Не втрачаючи загальності, будемо вважати, що відрізки AB , AC і AD одного кольору. Заради визначеності будемо вважати їх синіми.

Якщо припустити, що при довільному розфарбуванні відрізків (у вказаний за умовою задачі спосіб) не існує трикутника зі сторонами одного кольору, то відрізок BC повинен бути червоного кольору (бо сторони AB і AC синього кольору). Так само відрізки CD і BD повинні бути червоного кольору. Але ж тоді всі сторони трикутника BCD червоного кольору. Приходимо до протиріччя з припущенням. Отже наше припущення є хибним, і тому при довільному розфарбуванні відрізків у вказаний за умовою задачі спосіб існує принаймні один трикутник зі сторонами одного кольору.

A

B

C

D E F


19

Доп о вн е нн я . Доведемо більш сильне твердження, а саме, що: при довільному розфарбуванні відрізків у вказаний за умовою задачі спосіб існує принаймні два трикутники, сторони кожного з яких розфарбовано в один колір (можливо різний для кожного з трикутників).

За доведеним раніше, існує принаймні один трикутник, сторони якого розфарбовано в

один колір. Без втрати загальності можна вважати, що це саме трикутник BCD . Припустимо обернене, що крім BCD іншого трикутника зі сторонами одного

кольору не існує. Тоді існують лише наступні суттєво різні випадки:

1) коли відрізки CA , CF , CE червоного кольору. Тоді відрізки AF , FE і EA повинні бути синього кольору. А тому існує й другий трикутник AFE зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 1).

Рис. 1 Рис. 2

2) коли відрізки CA , CF , CE синього кольору. Тоді відрізки AF , FE і EA повинні

бути червоного кольору. А тому існує й другий трикутник AFE зі сторонами одного (червоного) кольору (рис. 2).

3) коли відрізки CA і CF червоного, а CE синього кольору. Тоді відрізки AB , AF і

BF повинні бути синього кольору. А тому існує й другий трикутник ABF зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 3).

4) коли відрізки CA і CE червоного, а CF синього кольору. Тоді відрізки AB , AE і

BE повинні бути синього кольору. А тому існує й другий трикутник ABE зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 4).

Рис. 3 Рис. 4 Рис. 5

5) коли відрізки CF і CE червоного, а CA синього кольору. Тоді відрізки FE , ED і DF повинні бути синього кольору. А тому існує й другий трикутник FED зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 5).

A

B

C

D E

F

A

B

C

DEF

A

B

C

D E

F

A

B

C

DE

F

A

B

C

DEF


20

6) коли відрізок CA червоного, а CF і CE синього кольору. Тоді відрізок FE повинен бути червоного а AB і AD синього кольору. Крім того:

6.1) якщо відрізок AF червоного кольору, то відрізок AE повинен бути синього кольору. І, як наслідок, відрізки BE і ED можуть бути лише червоного кольору. А тому існує й другий трикутник BED зі сторонами одного (червоного) кольору (рис. 6.1);

Рис. 6.1 Рис. 6.2

6.2) якщо ж відрізок AF синього кольору, то відрізки BF і FD повинні бути червоного кольору. А тому існує й другий трикутник BFD зі сторонами одного (червоного) кольору (рис. 6.2).

7) коли відрізок CF червоного, а CA і CE синього кольору. Тоді відрізок AE червоного а FD і FB синього кольору. Крім того:

7.1) якщо відрізок FE червоного кольору, то відрізок AF може бути лише синього кольору. І як наслідок, AB може бути лише червоного кольору. А тому існує й другий трикутник ABF зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 7.1);

Рис. 7.1 Рис. 7.2

7.2) якщо ж відрізок FE синього кольору, то відрізки BE і ED можуть бути лише червоного кольору. А тому існує й другий трикутник BED зі сторонами одного (червоного) кольору (рис. 7.2).

8) коли відрізок CE червоного, а CA і CF синього кольору. Тоді відрізки ED і BE повинні бути синього а AF червоного кольору. Крім того:

8.1) якщо відрізок FE червоного кольору, то відрізок AE повинен бути синього кольору. І як наслідок відрізки AD і AB повинні бути червоного кольору. А тому існує й другий трикутник ABD зі сторонами одного (червоного) кольору (рис. 8.1);

Рис. 8.1 Рис. 8.2

8.2) якщо ж відрізок FE синього кольору, то відрізки BF і FD повинні бути червоного кольору. А тому існує й другий трикутник BFD зі сторонами одного (червоного) кольору (рис. 8.2).

Таким чином, при довільному розфарбуванні відрізків у вказаний за умовою задачі спосіб існує принаймні два трикутники, сторони кожного з яких розфарбовано в один колір (можливо різний для кожного з трикутників).

A

B

C

D E

F

A

B

C

DEF

A

B

C

DF

A

B

C

DEF E

A

B

C

D E

F

A

B

C

DEF


21

9 клас

Задача №1

Доведемо рівність: 5 24 2 3+ = + .

І с п о с і б .

5 24 2 3+ = + ( ) ( )2 2

5 24 2 3⇔ + = + 5 24 2 2 2 3 3⇔ + = + ⋅ + ⇔

( ) ( )2 224 2 6 24 2 6 24 4 6 24 24⇔ = ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔ = .


( ) ( )2 25 24 5 4 3 2 3 2 3 2 2+ = + ⋅ ⋅ = + + =

( )23 2 3 2 3 2= + = + = + .

Задача №2

І с п о с і б . З’ясуємо, чи може добуток abcd дорівнювати 1000 , якщо цілі числа a , b ,

c і d задовольняють умові a b a bc d c d− +

=− +

.

Отже, нехай d c≠ ± , тоді ( )( ) ( )( )a b c d a b c d− + = + − або ж ac ad bc bd ac ad bc bd+ − − = − + −

Звідки ( )2 0ad bc− = . Тому ad bc= . Таким чином, добуток abcd можна подати у вигляді

( )2abcd ad bc ad= ⋅ = . Якщо припустити, що при деяких цілих a і d справджується рівність

( ) ( )22 1000 10 10ad = = ,

то з неї випливатиме, що добуток цілих чисел a і d є числом 10 10 , або ж, що

1010ad

= ,

чого бути не може, оскільки ліва частина останньої рівності є числом раціональним, а права її частина – 10 – ірраціональним числом.


22


Нехай d c≠ ± , тоді з умови a b a b tc d c d− +

= =− +

маємо справедливість наступних

рівностей ( )( )

a b t c d

a b t c d

− = −⎧⎪⎨

+ = +⎪⎩ при деякому сталому значені t . Звідки

2 22 2

a tcb td=⎧

⎨ =⎩, або ж

a tcb td=⎧

⎨ =⎩.

Тому добуток abcd можна подати у вигляді ( )2abcd tctdcd tcd= = . Якщо припустити, що при деяких цілих c , d і раціональному t справджується

рівність ( ) ( )22 1000 10 10tcd = = , то з неї випливатиме, що добуток

раціональних чисел c , d і t є числом 10 10 , або ж що 1010tcd

= , чого бути не

може, оскільки ліва частина останньої рівності є числом раціональним, а права її частина – 10 – ірраціональним числом. Відповідь: добуток цілих чисел, що задовольняють вказану умову, не може дорівнювати заданому числу.

Доп о вн е нн я .

Нагадаємо в який спосіб доводиться, що, наприклад, число 10 є ірраціональним числом. Доведення проводиться методом від супротивного,

а саме: припустимо, що число 10 є раціональним числом. Тоді додатне число ( 10 ) можна подати у вигляді нескоротного дробу

10mn= , де m і n – натуральні числа.

Піднесемо далі обидві частини рівності 10 mn

= до квадрату. В результаті

матимемо, що 2

210 mn

= або ж, що 2 210m n= . (9.2.1)

Оскільки права частина рівності (9.2.1) ділиться на 10 , то число 2m також повинно ділитися на 10 (на 2 і на 5 одночасно), і тому саме число m повинно ділитися на прості числа 2 і 5 одночасно. Тому число m має вид 10m k= . Тоді рівність (9.2.1) можна переписати у вигляді 2 2100 10k n= , або ж

2 210n k= . (9.2.2) В силу вказаних вище причин, з рівності (9.2.2) також випливатиме, що число n має вид 10n l= .

Але ж тоді числа 10m k= і 10n l= є такими, що дріб mn

є скоротним. Прийшли

до протиріччя з припущенням, і тому наша гіпотеза про раціональність числа 10 є хибною. Отже, воно є ірраціональним.


23

Задача №3


Перетворивши задану рівність, отримаємо ( ) ( ) 24 6m n n m m− + = або ж 2 2 24 4 6 0mn m n mn m+ − − − = , звідки 2 23 2 0mn n m− − = .

Виконаємо тотожні перетворення у лівій частині одержаної рівності 2 23 2mn n m− − =

( ) ( )2 2 2 22 2 2 2mn mn n m mn m mn n= + − − = − + − =

( ) ( ) ( )( )2 2m n m n n m m n n m= − − − = − − . Оскільки ( ) ( )2 0m n n m− − = , то: або 2n m= , або ж n m= . А це й означає, що число n ділиться на m .


Перетворимо дану рівність ( ) ( ) 24 6m n n m m− + = до наступного вигляду 2 2 24 4 6mn m n mn m+ − − = або ж 2 23 2 0n mn m− + = . (9.3)

Розглянемо рівність (9.3), як квадратне рівняння відносно змінної n . Тоді

( )2 2 23 4 2 0D m m m= − ⋅ = > і тому 13

2m mn m−

= = , 23 2

2m mn m+

= = .

Таким чином, натуральні числа m і n , які задовольняють дану рівність, є такими, що число n ділиться на m .

Доп о вн е нн я . Розгляньте рівність (9.3), як квадратне рівняння відносно змінної m і покажіть, що число n ділиться на m .

І І І с п о с і б . Оскільки m∈ , то 0m ≠ . Тому обидві частини рівності (9.3) можна поділити

на 2m . В результаті одержимо рівняння виду 2

3 2 0n nm m

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

або ж,

поклавши n tm= , рівняння виду 2 3 2 0t t− + = . (9.3.1)

Очевидно, що коренями рівняння (9.3.1) є числа 1 1t = та 1 2t = .

І тому 1nm= або 2n

m= . Звідки n m= або 2n m= . Останнє й означає, що число

n ділиться на m .


24

Задача №4

Нехай 1BB та 1CC – висоти гострокутного трикутника ABC з кутом A , що дорівнює 030 ; 2B і 2C – середини сторін AC і AB відповідно; Q – точка перетину відрізків 1 2B C і 2 1B C .

Доведемо, що 02 2 90B QC∠ = .

І с п о с і б . Розглянемо 1BB A . В ньому:

01 90BB A∠ = ; 0

1 30BAB∠ = . Оскільки катет 1BB лежить проти кута 030 , то його довжина становить половину довжини гіпотенузи AB . За умовою 2C – середина AB , і тому

2 1BC BB= . Отже, 1 2BB C є рівнобедреним з кутом при вершині B рівним 060 і тому

01 2 2 1 60BB C BC B∠ =∠ = (як кути при основі 1 2B C ).

Кут 02 1 120AC B = (як суміжний із кутом 2 1BC B ).

Розглянемо 1CC A . В ньому:

01 90CC A∠ = ; 0

1 30CAC∠ = . Оскільки катет 1CC лежить проти кута 030 , то його довжина становить половину довжини гіпотенузи AC . За умовою 2B – середина AC , і тому

2 1CB CC= . Отже, 1 2CC B є рівнобедреним з кутом при вершині C рівним 060 і тому

01 2 2 1 60CC B CB C∠ =∠ = (як кути при основі 1 2C B ).

Кут 02 1 120AB C = (як суміжний із кутом 2 1CB C ).

Розглянемо тепер чотирикутник 2 2AC QB . В ньому: 0

2 2 30B AC∠ = (за умовою), 0

2 2 1 120AC Q AC B∠ =∠ = ; 02 2 1 120AB Q AB C∠ =∠ = (за доведеним вище).

Тому 0 0 0 0 02 2 360 30 120 120 90B QC∠ = − − − = .

Таким чином, відрізки 1 2B C і 2 1B C перетинаються під прямим кутом.

A

B

C

2C

1B

030

1C

2B

Q

060

060


25

І І с п о с і б . Розглянемо 1BB A . В ньому:

01 90BB A∠ = , 0

1 30BAB∠ = , звідки 0

1 60ABB∠ = . За умовою 2C – середина AB , тому 2C є центром кола, описаного навколо

1BB A . Оскільки 0

1 60ABB∠ = , то відповідний йому центральний кут 2 1AC B (що спирається на хорду 1AB ) дорівнює

0120 . Розглянемо 1CC A . В ньому:

01 90CC A∠ = , 0

1 30CAC∠ = , звідки 0

1 60ACC∠ = . За умовою 2B – середина AC , тому 2B є центром кола, описаного навколо прямокутного 1CC A . Оскільки 0

1 60ACC∠ = , то відповідний йому центральний кут 2 1AB C (що спирається на хорду 1AC ) дорівнює 0120 . Таким чином, з чотирикутника 2 2AC QB маємо, що 0

2 2 90B QC∠ = . Отже, відрізки 1 2B C і 2 1B C перетинаються під прямим кутом.

І І І с п о с і б .

Розглянемо 1BB A . В ньому: 0

1 90BB A∠ = ; 01 30BAB∠ = .

Оскільки катет 1BB лежить проти кута 030 , то його довжина становить

половину довжини гіпотенузи AB . За умовою 2C – середина AB , і тому

2 1BC BB= . Більше того¸ оскільки 1 2B C є медіаною прямокутного трикутника

1BB A , проведеною з вершини прямого кута, то 1 2 2B C BC= . Отже, 1 2BB C є рівностороннім і тому 0

2 1 60BC B∠ = . Розглянемо 1CC A . В ньому: 0

1 90CC A∠ = ; 01 30CAC∠ = .

Оскільки 2BC є медіаною прямокутного трикутника 1CC A , проведеною з вершини прямого кута, то 1 2 2C B B A= . Тому 0

2 1 2 1 30B C A B AC∠ =∠ = Розглянемо 1 2C QC . В ньому: 0

1 2 30QC C∠ = , 02 1 60QC C∠ = . І тому

01 2 90C QC∠ = . Отже, відрізки 1 2B C і 2 1B C перетинаються під прямим кутом.

A

B

C

2C

1B

030

1C

2B

Q

060

060

0120 0120

A

B

C

2C

1B

030

1C

2B

Q

060 030


26

Задача №5


Розфарбуємо квартали міста у шаховому порядку так, щоб праворуч від першого і другого велосипедиста у момент старту знаходився чорний квартал. Тоді у будь-який момент часу праворуч від кожного з велосипедистів знаходиться чорний квартал.

Це дійсно так, бо на кожному перехресті (крім першого – стартового) кожен велосипедист обов’язково повертає:

або ліворуч, і тоді праворуч від нього знаходиться чорний квартал відмінний від того, який він щойно проїхав,

або ж праворуч, і тоді велосипедист огинає (залишаючись зліва від нього) той самий чорний квартал, який щойно проїхав.

1) Зустріч велосипедистів не може відбутися на жодному з перехресть. Це випливає з того, що перший велосипедист (рухаючись зі сталою швидкістю 1 квартал за хвилину) з’являється на перехрестях кожної хвилини (з моменту початку руху), тобто, в моменти часу t ( 1,2,...t = ), які є натуральними числами. Оскільки другий велосипедист починає свій рух через півхвилини після першого і рухається зі сталою швидкістю 1 квартал за хвилину, то на перехрестях він з’являється в моменти часу 0,5t + ( 1,2,...t = ), які не є натуральними числами. Тому не існує такого моменту часу, в який велосипедисти одночасно з’являються на перехрестях. 2) Оскільки велосипедисти рухаються з однаковою швидкістю і різницею у часі в півхвилини, то жоден з них не може наздогнати іншого:

на перехресті цього статися не може за доведеним раніше; посеред деякого з кварталів цього також не може статися, оскільки з

припущення про обернене і умови руху з однаковою швидкістю, на наступному перехресті вони з’являться одночасно, чого не може бути. 3) Отже, зустріч велосипедистів якщо і є можливою, то лише посеред деякого з кварталів, причому, за умови руху назустріч один одному. Але останнє також не можливе, бо для одного з них в цьому разі чорний квартал буде розташований ліворуч, а для іншого – праворуч.


1) Жоден з велосипедистів не може наздогнати іншого оскільки другий стартував на півхвилини пізніше першого, і на протязі всього часу вони рухались з постійними однаковими швидкостями. На перехресті кварталів зустріч також не може відбутися, оскільки велосипедисти з’являються на них в різні моменти часу.

Надалі будемо вважати, що кожен квартал міста обмежують (по периметру) 4 різні вулиці, які починаються і закінчуються в межах цього кварталу.


27

2) Звернемо увагу на той факт, що кожен з велосипедистів для повернення у початкове положення (на стартове перехрестя), рухаючись згідно зазначених правил, повинен подолати парну кількість вулиць міста.

Нехай т. O – стартове перехрестя, а т. 1A – перше перехрестя, на якому повертають велосипедисти. Зафіксуємо в площині міста прямокутну систему координат XOY з початком в т. O , віссю OX , додатній напрямок якої визначається т. 1A , та одиницею виміру 1OA . Додатній напрямок на осі OY визначається у звичний спосіб.

Дослідимо траєкторію руху велосипедиста, початок і кінець якої співпадають з точкою O . Для цього позначимо

через iA ( )1, 2,...i = перехрестя, які велосипедист послідовно проїжджає (належать траєкторії

його руху – 1 2... nOA A A O ). Оскільки на кожному перехресті iA ( )1, 2,...,i n= велосипедист

повертає ліворуч або праворуч, то положення точки 1iA + ( )1nA O+ = відрізняється від положення точки iA лише одною координатою – першою або другою. Більше того: якщо вулиця 1i iA A + паралельна осі OX , а напрямок від перехрестя iA до перехрестя 1iA + співпадає (не співпадає) з додатним напрямком осі OX , то абсциса точки 1iA + збільшиться (зменшиться) на одну одиницю у порівнянні з абсцисою точки iA . Те ж саме має місце для вулиць 1j jA A + паралельних осі OY .

Той факт, що велосипедист повернувся на стартове перехрестя (у т. ( )0,0O ) означає, що: 2.1) сумарна кількість вулиць, які велосипедист проїжджав паралельно осі OX є парною – скільки разів рухався в додатному напрямку осі OX , стільки ж і у від’ємному її напрямку; 2.2) сумарна кількість вулиць, які велосипедист проїжджав паралельно осі OY є парною – скільки разів рухався в додатному напрямку осі OY , стільки ж і у від’ємному її напрямку. Таким чином, довільна траєкторія 1 2... nOA A A O велосипедиста, який рухається кварталами міста згідно зазначених правил, містить парну кількість вулиць. 3) Покажемо тепер, що велосипедисти не можуть зустрітися посеред деякої вулиці, рухаючись на зустріч один одному.

Доведення проведемо методом від супротивного, а саме: припустимо, що вказана зустріч сталася посеред певної вулиці (між двома перехрестями однієї вулиці). Тоді на момент зустрічі перший велосипедист подолав 3/ 4 , а другий – 1/ 4 цієї вулиці. Більше того, до зазначеної події, кожен з них подолав однакову кількість k повних вулиць. Отже, велосипедисти разом на момент зустрічі подолали непарну кількість 2 1k + вулиць міста.

Якщо, перший з велосипедистів після зустрічі продовжить рух, повторивши траєкторію руху другого в зворотному напрямку, то через певний час він повернеться у початкове положення (на стартове перехрестя) і подолає при цьому (з моменту свого старту) непарну кількість вулиць міста. Чого бути не може, оскільки будь-яка траєкторія руху, що починається і закінчується у фіксованому перехресті, містить парну кількість вулиць міста.

Прийшли до протиріччя з припущенням, і тому наша гіпотеза про можливість зустрічі велосипедистів посеред вулиці (рухаючись на зустріч один одному) є хибною. Таким чином, велосипедисти не можуть зустрітися. Відповідь: ні, не можуть зустрітися.

X

Y

O 1A

2A


28

10 клас

Задача №1


2 2 2 21 1 1 02 4 4

x y x y x x y y+ + ≤ + ⇔ − + + − + ≤ ⇔ 2 2 2 2

2 21 1 1 1 1 12 2 0 02 2 2 2 2 2

x x y y x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − + + − + ≤ ⇔ − + − ≤ ⇔⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 102 2 11 102 2

x xx y

y y

⎧ ⎧− = =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇒ + =⎨ ⎨⎪ ⎪− = =⎪ ⎪⎩ ⎩

.


2 2 2 2 2 21 4 4 2 4 4 4 4 1 4 4 1 02

x y x y x y x y x x y y+ + ≤ + ⇔ + + ≤ + ⇔ − + + − + ≤ ⇔

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 1 02 1 2 1 0 2 1 2 1 0 1

2 1 0x

x y x y x yy− =⎧

⇔ − + − ≤ ⇔ − + − = ⇔ ⇒ + =⎨ − =⎩.


Нехай y a= , тоді дану нерівність можна подати у вигляді 2 2 1 02

x x a a− + − + ≤ .

Розглянемо ліву частину останньої нерівності як квадратичний тричлен відносно змінної x та розв’яжемо цю нерівність при всіх значеннях параметра a .

( ) ( )22 2 2 211 4 4 4 1 4 4 1 2 12

D a a a a a a a⎛ ⎞= − − + = − + − = − − + = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

При всіх значеннях 12

a ≠ дискримінант 0D < . Оскільки гілки параболи

2 2 12

y x x a a= − + − + спрямовані вгору, то при 12

a ≠ нерівність не має жодного

розв’язку.

При 12

a = дискримінант 0D = . І тому нерівність 2 2 1 02

x x a a− + − + ≤ при

12

a = має єдиний розв’язок 12

x = .

Таким чином, дана нерівність має єдиний розв’язок 12

x = при 12

y a= = . І тому

1x y+ = .


29

Задача №2

За умовою задачі на гіпотенузі

AB прямокутного трикутника ABC задано такі точки M і N , що AM AC= , BN BC= .

1) З’ясуємо взаємне розташування точок M і N відносно вершин A і B .

Точки M і N не можуть співпадати, оскільки з припущення про

обернене матимемо, що гіпотенуза AB прямокутного трикутника ABC

дорівнює сумі катетів CA і CB , чого бути не може за нерівністю трикутника.

Якщо припустити, що точка M належить внутрішності відрізка AN , то

гіпотенуза AB прямокутного трикутника ABC виявиться більшою за суму

катетів CA і CB , чого бути не може за нерівністю трикутника.

Так само точка M (точка N ) не може співпасти з вершиною A (з

вершиною B ), бо тоді гіпотенуза AB дорівнюватиме катету BC (катету AC ),

чого не може бути за наслідком з теореми Піфагора.

Тому розташування зазначених точок M і N є таким, як показано на рисунку.

2) Доведемо тепер, що кут MCN дорівнює / 4π .

Отже, нехай A α∠ = , B β∠ = . Тоді / 2α β π+ = (як сума гострих кутів

прямокутного трикутника).

Оскільки трикутник CAM є рівнобедреним з основою CM , то

( ) / 2ACM AMC π α∠ =∠ = − .

Аналогічно, з рівнобедреного CBN маємо, що ( ) / 2BCN BNC π β∠ = ∠ = − .

Розглянемо CMN . В ньому: ( ) / 2CMN π α∠ = − , а ( ) / 2CNM π β∠ = − .

Тоді 2 2 2 2 2 4

MCN π α π β π π α β ππ π− − +∠ = − − = − − + = .

A B

C

M N


30

Задача №3

І спосіб.

Додавши до другого рівняння системи 2 2 2

33

x y zx y z+ + =⎧

⎨+ + =⎩

перше, помножене на

число ( 2− ), одержимо

2 2 2

32 2 2 3

x y zx x y y z z+ + =⎧

⎨− + − + − = −⎩

⇔2 2 2

32 1 2 1 2 1 0

x y zx x y y z z+ + =⎧

⇔⎨− + + − + + − + =⎩

2 2 2

3( 1) ( 1) ( 1) 0x y zx y z+ + =⎧

⇔ ⎨− + − + − =⎩

111

xyz

=⎧⎪⇔ =⎨⎪ =⎩

.

ІІ спосіб.

Зробимо наступну заміну змінних 111

x uy vz u v

= +⎧⎪ = +⎨⎪ = − −⎩

.

Тоді дана система матиме вид

( ) ( ) ( )2 2 2

111

1 1 1 3

x uy vz u v

u v u v

= +⎧⎪ = +⎪⎨ = − −⎪⎪ + + + + − − =⎩

.

Дослідимо останнє рівняння системи ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 3u v u v+ + + + − − = ;

( ) ( )22 22 1 2 1 2 1 3u u v v u v u v+ + + + + + + − + + = ;

( )22 2 0u v u v+ + + = .

Остання рівність має місце лише за умов, коли 00

0

uvu v

=⎧⎪ =⎨⎪ + =⎩

. Звідки 00

uv=⎧

⎨ =⎩.

Тому 1 0 11 0 11 0 0 1

xyz

= + =⎧⎪ = + =⎨⎪ = − − =⎩

.

Відповідь: 1x = ; 1y = ; 1z = .


31

Задача №4


За умовою дискримінант 2 4D p q= − квадратичного тричлена ( ) 2P x x px q= + + є додатним.

З’ясуємо, скільки коренів може мати рівняння ( ) ( ) 0P x P x D+ + = . (10.4)

Розглянемо ліву частину рівняння (10.4)

( ) ( ) ( ) ( )22P x P x D x px q x D p x D q+ + = + + + + + + + =

( )22 2 2x x p D D p D q= + + + + + .

Тоді дискримінант *D квадратного рівняння (10.4) має вид

( ) ( )22* 4 8 2 4 8 4 8 8 16D p D D p D q p p D D D p D q= + − + + = + + − − − =

( )2 24 4 16 4 4 4 4 4 0p D q p q D D D= − − = − − = − = . Оскільки дискримінант *D квадратного рівняння (10.4) дорівнює нулю,

то рівняння має два рівні корені

( ) 2

1 2

2 44 2

p D p p qx x

− + + −= = = − .

Отже, за умови, що дискримінант квадратичного тричлена ( ) 2P x x px q= + + є додатним, рівняння ( ) ( ) 0P x P x D+ + = завжди має один

дійсний корінь 2 4

2p p qx + −

= − (два рівних).


Оскільки дискримінант 2 4D p q= − квадратичного тричлена ( ) 2P x x px q= + + є додатним, то ( )P x можна подати у вигляді ( ) ( )( )1 2P x x x x x= − − , де 1x і 2x – дійсні різні числа, які є коренями відповідного квадратного рівняння ( ) 0P x = .

Заради визначеності будемо вважати, що 2 1x x> . Тоді очевидно, що

2 1x x D− = . Тому квадратичний тричлен ( )P x D+ можна подати у вигляді

( ) ( )( ) ( )( )2 1 1 2 1 2 2 1 12P x D x x x x x x x x x x x x x+ = + − − + − − = + − − .

Тоді тричлен ( ) ( )( )Q x P x P x D= + + набуває виду

( )( ) ( )( ) ( )( )2 1 2 1 1 2 2 1 1( ) 2 2Q x x x x x x x x x x x x x x x x x= − − + + − − = − + + − − =

( )( ) ( )21 1 12 2x x x x x x= − − = − . І тому квадратне рівняння ( ) ( ) 0P x P x D+ + =

має єдиний (два рівних) корінь.


32

Задача №5

За умовою задачі числа 1, 2, 3, …, 25 розташовують у квадратній таблиці 5 5× так, щоб у кожному ( i -му) рядку числа ( ia , ib , ic , id , ie ) були розташовані у порядку зростання ( ia < ib < ic < id < ie ). Позначимо через S найменше значення суми чисел ( 1c + 2c + 3c + 4c + 5c ), що стоять у третьому стовпці такої таблиці.

1a 1b 1c 1d 1e 1 2 3 … … … … 11 12 13

2a 2b 2c 2d 2e 4 5 6 … … … … 14 15 16

3a 3b 3c 3d 3e 7 8 9 … … … … 17 18 19

4a 4b 4c 4d 4e 10 11 12 … … … … 20 21 22

5a 5b 5c 5d 5e 13 14 15 … … … … 23 24 25

Найменшим можливим числом ic (серед чисел від 1 до 25), яке можна поставити третім у певному рядку є число 3 , оскільки перші дві позиції рядка повинні бути заповнені числами 1 і 2 меншими за 3.

Найменшим можливим числом ic (серед чисел від 4 до 25, що залишилися), яке можна поставити третім у певному рядку є число 6 , оскільки перші дві позиції рядка повинні бути заповнені числами 4 і 5 меншими за 6.




Оскільки на кожному кроці заповнення таблиці (дотримуючись вказаного за умовою задачі способу) для третіх позицій кожного рядка обиралося найменше з можливих, то найменшим значенням суми чисел у третьому стовпчику (всієї таблиці) є сума вказаних вище чисел 3 , 6, 9, 12 і 15.

Таким чином, ( )3 6 9 12 15 45S = + + + + = . Відповідь: найменше значення суми чисел у третьому стовпчику становить 45.

Доп о вн е нн я . Провівши міркування „з точністю до навпаки” доведіть, що найбільше значення суми чисел у третьому стовпчику становить 85 . Дослідіть, чи кожне з чисел від 45 до 85 може бути сумою чисел третього стовпця при заповнені таблиці у вказаний спосіб.


33

11 клас

Задача №1

За умовою функція ( )f x має вид ( ) ax bf xcx d

+=

+, де a , b , c , d – деякі

дійсні числа. Відомо, що ( )0 1f = , ( )1 0f = , ( )2 3f = .

Оскільки ( )0 1bfd

= = , то d b= , і тому ( )f x можна подати у вигляді

( ) ax bf xcx b

+=

+.

Оскільки ( )1 0a bfc b+

= =+

, то b a= − , і тому ( )f x має вид

( ) ax af xcx a

−=

−.

Аналогічно, з умови ( ) 22 32a afc a−

= =−

маємо 6 3a c a= − . Звідки 23

c a= .

І тому функцію ( )f x можна подати у вигляді

( ) ( ) ( )1 3 112 22 2 3113 33

a x xax a xf xxax a xa x

− −− −/= = = =−⎛ ⎞− −−/ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

.

При заданих умовах, a не може дорівнювати нулеві. Дійсно, з припущення про

обернене, одержимо наступні умови 1 bd

= , 0 bc d

=+

, 33

bc d

=+

, які одночасно

не можуть виконуватись.

Таким чином, ( ) ( )3 3 1 3 23 22 3 3 3

f− / ⋅

= = =⋅ − /

.

Відповідь: ( )3 2f = .

Доп о вн е нн я . Не важко бачити, що задана функція ( )f x є такою, що мають місце

рівності: ( )( )0 0f f = ; ( )( )1 1f f = ; ( )( )2 2f f = ; ( )( )3 3f f = .

1) Покажіть, що для кожного 32

x ≠ справджується рівність ( )( )f f x x= .

2) Яким умовам повинні задовольняти коефіцієнти a , b , c і d , щоб функція

( ) ax bf xcx d

+=

+ мала таку саму властивість, тобто: щоб для кожного dx

c≠ −

справджувалась рівність ( )( )f f x x= .


34

Задача №2


Оскільки для довільного дійсного x має місце тотожність 2cos2 2cos 1x x= − , то 2cos2 3 2cos 1 3

cos cosx xx x+ − +

= =

2 22cos 2 cos 1 1 12 2 cos 2 coscos cos cos cos

x x x xx x x x

⎛ ⎞+ += = ⋅ = ⋅ + = +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠. (11.2)

Покажемо, що ,2

x k k Zπ π∀ ≠ + ∈ справджується нерівність 1cos 2cos

xx

+ ≥ .

Оскільки cos 0x ≠ , то

( )221cos 2 cos 2 cos 1 0 cos 1 0cos

x x x xx

+ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ .

Оскільки справедливість останньої нерівності ( )2cos 1 0x − ≥ не викликає

сумнівів, то, з урахуванням нерівності (11.2), маємо справедливість даної

нерівності cos2 3 4cos

xx+

≥ , коли cos 0x ≠ .


Оскільки cos 0x ≠ , то нерівність cos2 3 4cos

xx+

≥ рівносильна нерівності

cos2 3 4 cosx x+ ≥ . (11.2.1) Тоді очевидно, що зі справедливості нерівності (11.2.1) коли cos 0x ≠ буде випливати справедливість даної нерівності. В свою чергу, справедливість нерівності (11.2.1) випливає зі справедливості нерівності

( ) ( )2 2cos2 3 4cosx x+ ≥ , або ж ( )( )cos2 4cos 3 cos2 4cos 3 0x x x x− + + + ≥ . Оскільки 2cos2 2cos 1x x= − , то останню нерівність можна переписати у вигляді ( )( )2 22cos 4cos 2 2cos 4cos 2 0x x x x− + + + ≥ ⇔

( )( )2 2cos 2cos 1 cos 2cos 1 0x x x x⇔ − + + + ≥ ( ) ( )2 2cos 1 cos 1 0x x⇔ − ⋅ + ≥ ⇔

( )22cos 1 0x⇔ − ≥ Очевидно, що x∀ ∈ ліва частина останньої нерівності є невід’ємною, і,

зокрема, обертається в нуль, лише коли 2cos 1x = ( ,x k kπ= ∈ ).

Таким чином, доведено справедливість нестрогої нерівності cos2 3 4cos

xx+

≥ ,

коли cos 0x ≠ , рівність у якій досягається при ,x k kπ= ∈ .


35


Позначимо cos x t= , тоді 2 2cos2 2cos 1 2 1x x t= − = − . Оскільки cost x= , то 1 1t− ≤ ≤ .

Розглянемо функцію

22 2( ) tf tt+

= . (11.2.2)

Дослідимо функцію ( )y f t= на монотонність та покажемо, що при всіх [ ) ( ]1;0 0;1t∈ − ∪ справджується нерівність ( ) 4f t ≥ .

Отже, ( ) ( ) ( )( )2 2

2 2 2

4 2 2 1 2 1 12 2't t t t ttf t

t t t⋅ − + ⋅ + −−

= = = .

Встановимо проміжки знакосталості функції ( )'f t .

Оскільки ( )' 0f t < на кожному з проміжків ( )1;0− і ( )0;1 , то функція ( )y f t= спадає на кожному з проміжків ( )1;0− і ( )0;1 . Оскільки ( )' 0f t > на кожному з проміжків ( ); 1−∞ − і ( )1;∞ , то функція

( )y f t= зростає на кожному з проміжків ( ); 1−∞ − і ( )1;∞ . Більше того, max 1x = − ; min 1x = .

Оскільки ( ) ( )22 1 21 4

1f

− +− = = −

−, а ( ) ( )22 1 2

1 41

f+

= = , то з урахуванням

проміжків монотонності: ( ) 4f t ≤ − для кожного [ )1;0t∈ − і ( ) 4f t ≥ для кожного ( ]0,1t∈ .

Але останнє й означає що при будь-якому [ ) ( ]1;0 0;1t∈ − ∪ справджується нерівність ( ) 4f t ≥ .

1− 1+0

++ − −


36

Задача №3

Нехай CH – висота прямокутного трикутника ABC , яка проведена до гіпотенузи AB , а точки 1O , 2O і O – є центрами кіл вписаних у трикутники ACH , BCH і ABC відповідно. Доведемо, що виконуються наступні умови:

1) 1 2CO O O⊥ і 2) 1 2CO O O= .

1) Доведемо спочатку, що прямі CO і 1 2O O є перпендикулярними. Для цього розглянемо 1 2O CO і покажемо, що точка O є точкою перетину висот цього трикутника. Отже, нехай бісектриса 1AO кута A трикутника ACB перетинає сторону 2CO

трикутника 1 2O CO у точці 1K . Тоді з трикутника 1AK C маємо, що ( )0 0

1 1 1 1 1180 180AK C CAK ACK CAK ACO OCK∠ = −∠ −∠ = −∠ − ∠ +∠ =

0 0 0 0180 45 45 902 2α α⎛ ⎞⎛ ⎞= − − + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

. Тому 1 1O K є висотою 1 2O CO .

Нехай далі бісектриса 2AO кута B трикутника ACB перетинає сторону 1CO

трикутника 1 2O CO у точці 2K . Тоді з трикутника 2BK C маємо, що ( )0 0

2 2 2 2 2180 180BK C CBK BCK CBK BCO OCK∠ = −∠ −∠ = −∠ − ∠ +∠ =

0 0 0 0180 45 45 902 2β β⎛ ⎞⎛ ⎞= − − + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


Оскільки висоти 1 1O K і 2 2O K трикутника 1 2O CO перетинаються у точці O , то пряма CO буде перпендикулярною стороні 1 2O O цього трикутника.

A B

C

O 1O 2O

H

/ 2α / 2β

/ 2β

/ 2α

45

2H1H 45 2r

1r

1K2K


37

2) Доведемо тепер справедливість рівності 1 2CO O O= .

І с п о с і б . Розглянемо трикутники OCB і 2O HB . Вони подібні за двома кутами, бо

2 2CBO HBO β

∠ =∠ = , 02 45OCB O HB∠ =∠ = . Тому 2OC O H

CB HB= , звідки

2OC HBO H

CB⋅

= .

З подібності трикутників COA і 1HO A (за двома кутами

1 2OAC O AH α

∠ =∠ = , 01 45ACO AHO∠ =∠ = ) маємо, що 1OC O H

AC AH= , звідки

1AH OCO H

AC⋅

= .

З прямокутного трикутника 1 2O HO за теоремою Піфагора маємо 2 2 2 2 2 2

2 21 2 2 1 2 2 2 2

OC HB AH OC HB AHO O HO HO OCCB AC CB AC⋅ ⋅

= + = + = ⋅ + =

2 2HB AH HB AHOC OCAB BH AB AH AB AB

= ⋅ + = ⋅ + =⋅ ⋅

AH HB ABOC OC OCAB AB+

= ⋅ = ⋅ = .

Отже, 1 2CO O O= .

І І с п о с і б . Нехай 1H і 2H – основи перпендикулярів, опущених з центрів ( 1O і 2O )

кіл, вписаних в трикутники ACH і BCH відповідно. Тоді довжини відрізків 1 1O H і 2 2O H є радіусами 1r і 2r кіл вписаних в трикутники ACH і BCH

відповідно. З рівнобедреного прямокутного 1 1O H H маємо, що 1 1 2O H r= . Аналогічно, з прямокутного 2 2O H H маємо, що 2 2 2O H r= . Оскільки відрізки 1HO і 2HO належать бісектрисам суміжних кутів CHA і CHB , то 1 2 90O HO∠ = . Тому з прямокутного 1 2O HO за теоремою Піфагора маємо справедливість рівності ( )2 2 2

1 2 1 22O O r r= + . Нехай далі r – радіус кола, вписаного в трикутник ACB . Оскільки точка

O є центром цього кола (і належить бісектрисі прямого кута ACB ), то 2CO r= , або ж 2 22CO r= .

Покажемо тепер справедливість рівності 2 21 2O O CO= .

Очевидно, що для цього достатньо довести справедливість рівності 2 2 2

1 2r r r+ = . (11.3)


38

Зауважимо , що насправді, справедливість рівності (11.3) є наслідком узагальненої теореми Піфагора. Проте, доведемо цю рівність без використання вказаного твердження.

Для цього скористаємося подібністю прямокутних трикутників AHC , CHB та ACB (наприклад, за гострим кутом).

Очевидно, що AHC ACB∼ з коефіцієнтом подібності 1 /k AC AB= . Тоді: півпериметр 1p трикутника AHC можна виразити через півпериметр p

трикутника ACB наступним чином 1 1ACp k p pAB

= = , а площу 1S трикутника

AHC через площу S трикутника ACB як 2

21 1 2 2

ACS k S SAB

⎛ ⎞= ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Тому радіус 1r кола вписаного у трикутник ACB (за відомою формулою)

можна подати у вигляді

2

21 2

11

AC SS AC S ACABr rACp AB p ABp

AB

⎛ ⎞ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠= = = ⋅ = ⋅ . (11.3.1)

З подібності CHB та ACB випливає справедливість аналогічної рівності

2BCr rAB

= ⋅ . (11.3.2)

Зі співвідношень (11.3.1) та (11.3.2) маємо наступну рівність 2 2 2 2

2 2 2 21 2 2

AC BC AC BCr r r r r rAB AB AB

⎛ ⎞+⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⋅ + ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Таким чином, оскільки 2 2 21 2r r r+ = , то ( )2 2 2 2 2

1 2 1 22 2CO r r r O O= = + = . Звідки 1 2CO O O= .

Доп о вн е нн я . Нехай CH – висота прямокутного трикутника опущена на гіпотенузу. І нехай

, ,b a cf f f – відповідні лінійні елементи (ті, що вимірюються в одиницях довжини) в подібних трикутниках AHC , CHB і ACB . Доведіть (узагальнену теорему Піфагора), що має місце рівність 2 2 2

a b cf f f+ = , та поясніть, чому теорема Піфагора є наслідком з цього твердження.


39

Задача №4

І с п о с і б . Нехай a , b , c і d – довільні числа, сума яких дорівнює 1. Доведемо, що має

місце нерівність 2 2 2 2 12 2 2 24

a b c d ab bc cd da+ + + − − − − ≥ − . (11.4.1)

Подамо ліву частину ( ), , ,L a b c d даної нерівності у наступному вигляді

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 22 2 2 2, , ,L a b c d a b c d a b b c c d d a= − + + + + − + − + − + − .

та встановимо найменше значення виразу ( ), , ,L a b c d для довільних чисел a , b , c і d , сума яких дорівнює 1. Очевидно, що ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2a b c d a b b c c d d a a b c d− + + + + − + − + − + − ≥ − + + +

для довільних чисел a , b , c і d (зокрема таких, сума яких дорівнює 1). Більше того, оскільки ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 0a b b c c d d a− + − + − + − = тоді і лише тоді, коли a b c d= = = , то

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 22 2 2 2 24a b c d a b b c c d d a a− + + + + − + − + − + − ≥ − .

Таким чином, для довільних дійсних чисел a , b , c і d які задовольняють умову 1a b c d+ + + = , найменше значення виразу ( ), , ,L a b c d досягається коли a b c d= = = . Звідки маємо, що:

( ) ( ){

( )1 11

4

1 1min , , , , , , , , , 416 4a b c d a b c d aa b c d

L a b c d L a b c d L a a a a+ + + = + + + = == = =

= = = − ⋅ = − .

Але ж це й означає, що для довільних дійсних чисел a , b , c і d , які задовольняють умову 1a b c d+ + + = , справджується нерівність (11.4.1).


2 2 2 2 12 2 2 24

a b c d ab bc cd da+ + + − − − − ≥ − ⇔

( )2 2 2 24 2 2 2 2 1a b c d ab bc cd da⇔ + + + − − − − ≥ − ⇔

( )2 2 2 24 2 2 2 2 1 0a b c d ab bc cd da⇔ + + + − − − − + ≥ ⇔

( ) ( )22 2 2 24 2 2 2 2 0a b c d ab bc cd da a b c d⇔ + + + − − − − + + + + ≥ ⇔

( )2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2a ab b b bc c c cd d da a⇔ − + + − + + − + − + − 2 2 2 24 4 4 4 2 2 2 2 2 2 0ab bc cd da a b c d ab ac ad bc bd cd− − − − + + + + + + + + + + ≥ ⇔

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2a b b c c d d a⇔ − + − + − + − + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0a b c d ab ac ad bc bd cd+ + + + − + − − + − ≥ ⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2 2 2 0a b b c c d d a a b c d⇔ − + − + − + − + − + − ≥ .


40

І І І с п о с і б . Подамо нерівність (11.4.1) у вигляді

( )2 2 2 2 1 04

a b c d ab bc cd da ab bc cd da⎛ ⎞+ + + − − − − + − − − − ≥⎜ ⎟⎝ ⎠

. (11.4.2)

Очевидно, що для доведення даної нерівності достатньо буде показати, що кожен з двох доданків у лівій частині нерівності (11.4.2) є невід’ємним при довільних числах a , b , c і d , які задовольняють умову 1a b c d+ + + = .

Оскільки для довільних чисел a , b , c і d справджуються нерівності 2 22 0a ab b− + ≥ , 2 22 0b bc c− + ≥ ,

2 22 0c cd d− + ≥ , 2 22 0d da a− + ≥ , то має місце нерівність

2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 0a b c d ab bc cd da+ + + − − − − ≥ , яка й означає невід’ємність першого доданку в лівій частині нерівності (11.4.2).

Тепер покажемо, що для довільних дійсних чисел a , b , c і d , які задовольняють умову 1a b c d+ + + = , справджується нерівність

1 04

ab bc cd da− − − − ≥ .

Оскільки ( )( )ab bc cd da a c b d+ + + = + + і ( )1b d a c+ = − + , то ліву частину останньої нерівності можна подати у вигляді

( ) ( )2 1 04

a c a c+ − + + ≥ , або ж ( )21 0

2a c⎛ ⎞+ − ≥⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Справедливість останньої нерівності не викликає сумнівів. І тому ліва частина нерівності (11.4.2) є невід’ємною, як сума невід’ємних доданків.

ІV с п о с і б . Доведемо, що для чисел a , b , c і d , сума яких дорівнює 1, справджується

нерівність 2 2 2 2 12 2 2 2 04

a b c d ab bc cd da+ + + − − − − + ≥ . (11.4.3)

Введемо наступні позначення 14

a m− = , 14

b n− = , 14

c p− = , 14

d q− = .

Тоді 0m n p q+ + + = , та 14

a m= + , 14

b n= + , 14

c p= + , 14

d q= + .

Звідки 2 2 12 16ma m= + + , 2 2 1

2 16nb n= + + , 2 2 1

2 16pc p= + + , 2 2 1

2 16qd q= + + .

Отже, ( )2 2 2 2 2 2 2 2 1 12 4

a b c d m n p q m n p q+ + + = + + + + + + + + =

2 2 2 2 14

m n p q= + + + + .

Обчислимо далі суму ( )2 2 2 2 2ab bc cd da ab bc cd da− − − − = − + + + =


41

1 1 1 1 1 1 1 124 4 4 4 4 4 4 4

m n n p p q q m⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − + + + + + + + + + + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

( )1 1 12 24 4 4

mn np pq qm m n p q mn np pq qm⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + + + + + + + = − + + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )( ) ( )21 12 22 2

m p n q m p= − + + − = + − .

Таким чином 2 2 2 2 12 2 2 24

a b c d ab bc cd da+ + + − − − − + =

( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 21 1 12 24 2 4

m n p q m p m n p q m p= + + + + + + − + = + + + + + .

Тому нерівність (11.4.3) можна записати у вигляді ( )22 2 2 2 2 0m n p q m p+ + + + + ≥ , (11.4.4)

яка справджується при довільних , , ,m n p q . Причому, рівність у ній досягається

за умов коли 0, 00, 0

m np q= =⎧

⎨ = =⎩, або, що теж саме, при 1

4a b c d= = = = .

Задача №5

Нехай a , b , c і d – дані числа. За умовою задачі кожну секунду вони змінюються на інші числа – kA , kB , kC і kD – за наступним правилом

Крок (час) kA kB kC kD 0 a b c d 1 a b+ b c+ c d+ d a+ 2 ( ) ( )a b b c+ + + ( ) ( )b c c d+ + + ( ) ( )c d d a+ + + ( ) ( )d a a b+ + + ... ... ... ...

1) Не важко бачити, що на кожному кроці сума чисел ( kA , kB , kC , kD ) подвоюється у порівнянні із сумою чисел на попередньому кроці:

0 0 0 0 0S A B C D a b c d= + + + = + + + ; ( ) ( ) ( ) ( ) 1

1 1 1 1 1 02S A B C D a b b c c d d a S= + + + = + + + + + + + = ⋅ ;

( ) ( ) ( ) ( ) 1 22 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 02 2S A B C D A B B C C D D A S S= + + + = + + + + + + + = ⋅ = ⋅ .

Тому на i -му кроці (через i секунд) сума чисел iA , iB , iC і iD становитиме ( )02 2i i

iS S a b c d= ⋅ = ⋅ + + + . Припустимо, що через деякий час, а саме на k -му кроці ( 0k ≠ ), дістали початкові числа a , b , c і d . Тоді:

з одного боку – сума одержаних чисел дорівнює 0a b c d S+ + + = ; з іншого боку – сума чисел дорівнює ( ) 02 2k ka b c d S⋅ + + + = ⋅ .

Тому має місце рівність 0 02k S S⋅ = . Звідки ( )0 2 1 0kS ⋅ − = .

Оскільки 0k ≠ , то 2 1 0k − ≠ . Отже, 0 0S a b c d= + + + = .


42

2) Нехай a b m+ = , b c n+ = . Тоді c d m+ = − , d a n+ = − , а числа kA , kB , kC , kD на кожному кроці набувають вид

Крок (час) kA kB kC kD

0 a b c d 1 m n m− n− 2 m n+ n m− ( )m n− + ( )n m− − … … … …

Більше того, на кожному i -му кроці ( 1i ≥ ) мають місце рівності: i iC A= − , i iD B= − . (11.5.1)

Для 1;2i = це очевидно. Припустимо, що співвідношення (11.5.1) виконуються при i k= . Тоді мають місце рівності ( )k k k kC D A B+ = − + , ( )k k k kD A B C+ = − + . Але це й означає, що 1 1k kC A+ += − , 1 1k kD B+ += − Отже, за принципом математичної індукції для кожного 1i ≥ мають місце рівності (11.5.1).

3) Позначимо далі через 2 2 2 2i i i i iP A B C D= + + + , 1i ≥ . Тоді:

( )2 2 1 2 21 2 2 2P m n m n= + = + ;

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 4 4 2P m n n m m n n m m n m n= + + − + + + − = + = + .

Покажемо, що при кожному натуральному 1i ≥ має місце рівність: 1

1 12 2ii iP P P−

−= ⋅ = ⋅ . (11.5.2) Для 1;2i = це очевидно. Припустимо, що рівність (11.5.2) виконується при i k= . Тоді

( ) ( )( )2 22 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 12 2 2k k k k k k k k k k kP A B C D A B A B B C+ + + + + + += + + + = + = + + + =

( )2 2 2 2 2 2 2 2

0

2 2 2 2 2k k k k k k k k k k k k k k kA B B C A B B C A B B C B A C=

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= + + + + + = + + + + + =

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

( )2 2 2 2 11 12 2 2 2 2k k

k k k k kA B B C P P P−= + + + = = ⋅ ⋅ = ⋅ . Отже, за принципом математичної індукції для 1i ≥ має місце рівність (11.5.2).

4) За припущенням, на k -му кроці ( 0k ≠ ), дістали початкові числа a , b , c і d . Тому на ( )1k + -му кроці матимемо числа ( ) ( ) ( ) ( ), , ,a b b c c d d a+ + + + . Тоді:

з одного боку – сума квадратів одержаних чисел дорівнює ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2

12 2a b b c c d d a a b b c P+ + + + + + + = + + + = , з іншого боку – сума квадратів одержаних чисел повинна дорівнювати

( )1 2 21 12 2k k

kP m n P++ = + = ⋅ .

Тому має місце рівність 1 12k P P⋅ = . Звідки ( )1 2 1 0kP ⋅ − = .

Оскільки 0k ≠ , то 2 1 0k − ≠ . Отже, ( ) ( )2 21 2 2 0P a b b c= + + + = .


43

Більше того, для довільного натурального 1i ≥ виконується умова 0iP = , яка означає, що починаючи з першого кроку (вже після 1-ої секунди)

1 1 1 1 0A B C D= = = = , і тому на кожному наступному кроці ( 1i > ), зокрема на k -му ( 0k ≠ ), ми матимемо усі нулі, тобто, 0k k k kA B C D= = = = .

За припущенням на k -му кроці ( 0k ≠ ), дістали початкові числа a , b , c і d , що можливо лише за умов коли 0a b c d= = = = .

Таким чином, єдиним розв’язком даної задачі є четвірка 0a b c d= = = = .

Доп о вн е нн я . Доведіть аналогічне твердження для 2; 3 і n ( n N∈ ) літер (записаних на дошці), які змінюються за тим самим правилом.

44


1. Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность. Пособие для учителей. – М.: Учпедгиз, 1960. – 224с.

2. Петраков И.С. Математические олимпиады школьников. Пособие для учителей М.: «Просвещение», 1982. – 96с.

*** 3. Спивак А.В. Тысяча и одна задача по математике. М.: Просвещение, 2002. – 208c. 4. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике, М.: МЦНМО, 2005. –

560с. 5. Ященко И.В. Приглашение на математический праздник. 2-е изд., испр. и доп. — М.:

МЦНМО, 2005. – 104с. 6. Фомин А.А., Кузнецова Г.М. Школьные олимпиады. Международные

математические олимпиады – М.: Дрофа, 2006. – 159с. 7. Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как решают нестандартные задачи. Изд. 4-е,

испр./ Под редакцией В.О. Бугаенко. М.: МЦНМО, 2008. – 96с. ***

8. Вышенский В.А., Карташев Н.В., Михайловский В.И., Ядренко М.И. Сборник задач киевских математических олимпиад, Киев, 1984. – 240с.

9. Коваль Т.В. 400 задач з математичних олімпіад. 8–11 класи. – Тернопіль: Мандрівець, 2004. – 80с.

10. Ясінський В.А. Олімпіадні задачі. Випуск 1: Навчальний посібник – Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40с.

11. Довбыш Р.И., Потемкина Л.Л., Трегуб Н.Л., Лиманский В.В., Оридорога Л.Л., Кулеско Н.А. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и примеров с решениями. – Донецк: ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336с.

12. Лось В.М., Тихієнко В.П. Математика: навчаємо міркувати. Розв'язування нестандартних задач: Навч. посібник. – К.: Кондор, 2005 – 312с.

13. Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навч. посібн. – К.: А.С.К., 2005. – 344с.

14. Ясінський В.А. Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язання . –Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208с.

15. Беседін Б.Б., Бірюкова Г.М., Ганзера Г.О., Кадубовська В.М., Кадубовський О.А., Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В. ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2007: Навчальний посібник – Слов’янськ, 2008. – 40 с.


1. Київські олімпіади з математики – http://www.matholymp.kiev.ua/index.php 2. "Математические олимпиады и олимпиадные задачи" (декілька тисяч

олімпіадних задач російських і міжнародних математичних змагань) – http://zaba.ru/. 3. Фізико-математичний журнал "Квант" (завдання різних математичних олімпіад

за 1971–2002рр) – http://kvant.mccme.ru 4. Соросівська олімпіада для учнів – http://issep.rssi.ru. 5. International Mathematical Olympiad – http://imo.math.ca/

http://www.matholymp.kiev.ua/index.php

http://zaba.ru/

http://kvant.mccme.ru/

http://issep.rssi.ru/

http://imo.math.ca/

Підприємець Маторін Б.І. Свідоцтво про внесення суб’єкта видавничої справи до Державного реєстру видавців, виготівників і розповсюджувачів видавничої продукції ДК №3141, видане Державним комітетом телебачення та радіомовлення України від 24.03.2008 р.

Підписано до друку 30.12.08 р.

Формат 60×84 1/16. Ум. др. арк. 2,75. Зам. № 72. Тираж 200 прим.

84116, м. Слов’янськ, вул. Г. Батюка, 19.

Тел./факс (06262) 3-20-99; тел. (0626) 66-53-56


– один із престижних та прогресивних вищих навчальних закладів України. СДПУ більш як 65 років посідає провідні позиції на ринку освітніх послуг. З нашого університету розпочинається історія розвитку вищої педагогічної освіти в Донбасі.

СЕРІЯ: ВИКЛАДАЧІ СДПУ – УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ

ВИПУСК 2

РОЗВ ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ II ЕТАПУ

ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ ОЛІМПІАДИ

З МАТЕМАТИКИ – 2008

До уваги абітурієнтів Слов’янський державний педагогічний університет оголошує прийом студентів на 2009 – 2010 навчальний рік на денну та заочну форми навчання для підготовки фахівців за освітньо-кваліфікаційними рівнями

бакалавр, спеціаліст, магістр за рахунок коштів державного бюджету, фізичних і юридичних осіб. Строки навчання: бакалавр – 4 роки; спеціаліст – 1 рік на базі бакалавра; магістр – 1 рік на базі бакалавра, спеціаліста.

Перелік СЕРТИФІКАТІВ УКРАЇНСЬКОГО ЦЕНТРУ ОЦІНЮВАННЯ

ЯКОСТІ ОСВІТИ, (вступних випробувань)

які будуть зараховуватися для конкурс-ного відбору вступників на підготовку за напрямами (спеціальностями) для здійснення прийому на

фізико-математичний факультет Слов’янського державного педагогічного університету в 2009 році: Напрям підготовки.Спеціалізація

Сертифікати. Вступні випробування

6.040201 Математика. Спеціалізація: основи інформатики

1) українська мова та література (сертифікат), 2) математика (сертифікат)

6.040203 Фізика. Спеціалізація: основи інформатики

1) українська мова та література (сертифікат), 2) фізика (сертифікат)

або математика (сертифікат)


СЛОВ’ЯНСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ПЕДАГОГІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ





з математики – 2009

ВИПУСК 5

Умови

Відповіді


СЕ

РІЯ

: В

ИК

ЛА

ДА

ЧІ С

ДП

У –

УЧ

НЯ

М, С

ТУ

ДЕ

НТ

АМ

, ВЧ

ИТ

ЕЛЯ

М...



РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАД АЧ II ЕТАПУ

ВСЕУ КРАЇ НСЬКОЇ ОЛІМПІ АДИ З МАТ ЕМАТ ИКИ – 2009

6 – 11 класи


2


УДК 371.384:51 (076) ББК 22.1 О – 543

Кадубовський О.А., Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В. ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2009 (ВИПУСК 5, СЕРІЯ: Викладачі СДПУ – учням, студентам, вчителям...): Навчальний посібник – Слов’янськ, 2010. – 44 с.


РОЗГЛЯНУТО ТА РЕКОМЕНДОВАНО ДО ДРУКУ

в якості навчального посібника для проведення факультативних занять з математики


– Вченої ради фізико-математичного факультету СДПУ (протокол № _ від __.__.2010р.) – Вченої ради Слов’янського державного педагогічного університету (протокол № _ від __.__.2010р.)

Рецензенти: кандидат фіз.-мат. наук ЖУЧОК Ю.В., Інститут інформаційних

технологій Луганського національного університету імені Тараса Шевченка, доцент кафедри математичного аналізу та алгебри

кандидат фіз.-мат. наук ВЕЛИЧКО В.Є., Слов'янський державний педагогічний університет, завідувач кафедри алгебри.

Відповідальний за випуск: кандидат фіз.-мат. наук, доцент кафедри ГМВМ

Кадубовський О.А.

© Кадубовський О.А, Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.


3




Д. Пойа1.

Даний посібник є п’ятим випуском серії „ВИКЛАДАЧІ СДПУ –




наказу УОН № 587 від 23.10.2009 р.

Як в попередніх випусках для більшості задач олімпіади пропонується



того чи іншого із запропонованих методів. Навпаки, оскільки кожна олімпіадна

задача є, в певному розумінні, унікальною і вимагає особливого ставлення, то

головна мета авторів посібника – «донести» до вчителів і учнів якомога більше

корисних математичних ідей і принципів та показати їх застосування.



математичних теорем. Дуже часто з ними зустрічаються учні при розв’язуванні

олімпіадних задач з математики. Перш за все учні, які беруть участь в

олімпіадах, повинні володіти значною кількістю принципів. Нажаль шкільна

програма не передбачає знайомства з більшістю із них. З основними


в [13]2.



4

В посібнику до окремих задач наводяться „доповнення”, сенс яких








семінарів, присвячених аналізу їх результатів. Автори посібника висловлюють

подяку викладачу кафедри алгебри Рубану Миколі Миколайовичу за активну

участь у підготовці посібника.

Автори мають надію, що представлений посібник буде корисним не лише

керівникам математичних гуртків та їх зацікавленим учням, а й стане для

багатьох з них поштовхом для більш глибокого вивчення математики в цілому.





30.12.2009


5

ЗМІСТ

ВІД АВТОРІВ........................................................................................................... 3

УМОВИ ЗАДАЧ ....................................................................................................... 6

6 клас .................................................................................................................... 6

7 клас .................................................................................................................... 6

8 клас .................................................................................................................... 7

9 клас .................................................................................................................... 7

10 клас .................................................................................................................. 8

11 клас .................................................................................................................. 8

ВІДПОВІДІ ............................................................................................................... 9

ПОВНІ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ .......................................................................... 10

6 клас .................................................................................................................. 10

7 клас .................................................................................................................. 13

8 клас .................................................................................................................. 16

9 клас .................................................................................................................. 21

10 клас ................................................................................................................ 29

11 клас ................................................................................................................ 36

РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА..................................................................... 43


6


6 клас

1. (15 балів) Що більше 15% від числа 240, чи число, 75% якого дорівнює

27?

2. (15 балів) Учень прочитав книгу за три дні. В перший день він прочитав

0,2 всієї книги і ще 16 сторінок, на другий день 0,3 залишку і ще 20

сторінок. В третій день 0,75 залишку і останні 30 сторінок книги? Скільки

сторінок у книзі?

3. (20 балів) Хлопчик і дівчинка виміряли кроками відстань 143 м, 20 разів

їхні кроки збігалися. Крок хлопчика 65 см. Чому дорівнює довжина кроку

дівчинки?

4. (20 балів) Щоб пронумерувати сторінки великої наукової роботи,

знадобилось 3389 цифр. Скільки сторінок у роботі?

5. (30 балів) У шестицифровому числі перша цифра співпадає з четвертою,

друга з п’ятою, третя – з шостою. Доведіть, що це число кратне 7,11,13.

7 клас 1. (15 балів) Влітку ціну на лижі знизили на 10%, а взимку підняли на 10%.

Порівняти ціну на лижі цією зимою та минулою (у відсотках)?

2. (15 балів) Кожний з трьох гравців записує сто слів, після цього записи

порівнюються. Якщо слово зустрічається хоча б у двох, то його

викреслюють зі всіх списків. Чи можлива ситуація, що у першого гравця

залишилося 54 слова, у другого 75 слів, а у третього 80 слів?

3. (20 балів) Розмістити 6 точок на чотирьох прямих так, щоб на кожній з

них було по три точки.

4. (20 балів) Знайти всі трійки простих чисел a , b , c таких що

7 105a bc .

5. (30 балів) Шестицифрове число ділиться на 8. Яку найменшу суму цифр

воно може мати? Яку найбільшу суму цифр може мати таке число?


7

8 клас

1. (15 балів) Через п’ять років вік брата буде відноситись до віку сестри як

8: 7 . Скільки років кожному з них зараз, якщо рік тому брат був вдвічі

старший від сестри?

2. (15 балів) Довести, що коли 2 2 2a b c ab ac bc , де a , b , c –

дійсні числа, то a b c .

3. (20 балів) Точка P – середина висоти, яка проведена до основи BC

рівнобедреного трикутника ABC . Пряма BP перетинає бічну сторону AC

у точці M . Доведіть, що 2CM AM .

4. (20 балів) На дошці записано число 12345678910111213…. Яка цифра

буде стояти на 2009 місці?

5. (30 балів) Доведіть, що серед будь-яких ста цілих чисел, можна вибрати

кілька (можливо, одне) різниця яких ділиться на 100.

9 клас 1. (15 балів) Обчислити значення виразу 26112611 .

2. (15 балів) При яких цілих значеннях a рівняння 21 4 1x a a a

має цілі розв’язки?

3. (20 балів) Розкладіть на множники 5 1x x .

4. (20 балів) У рівнобедреному трикутнику ABC ( AC BC ) провели

медіану 1CC і бісектрису 1AA . Знайдіть кут ACB , якщо 1 12AA CC .

5. (30 балів) В кожній клітині дошки 5×5 сидить жук. В деякий момент всі

жуки переповзають на сусідні клітини (сусідніми вважаються ті, що мають

спільну сторону). Доведіть, що після того як всі жуки переповзуть,

знайдеться клітина, на якій сидітимуть принаймні два жуки.


8

10 клас

1. (15 балів) Розв’яжіть нерівність 25 12 0x x xx

.

2. (15 балів) При якому значенні a сума квадратів коренів рівняння 2 1 0x ax a буде найменшою?

3. (20 балів) Доведіть, що не існує чотирьох різних додатних чисел

, , ,a b c d таких, що a b c d та 3 3 3 3a b c d .

4. (20 балів) Доведіть, що сума медіан трикутника менше периметра, але

більше півпериметра трикутника.

5. (30 балів) В бібліотеці не більше 5000 книжок. Якщо їх зв’язувати по 6,

по 7, по 5, то залишиться одна книга, якщо зв’язувати по 11, то зайвих

книжок не буде. Скільки книжок в бібліотеці?

11 клас

1. (15 балів) Розв’яжіть нерівність 25 12 0x x xx

.

2. (15 балів) Розв’яжіть рівняння 4 21 2 sinx x y .

3. (20 балів) Чому дорівнює сума дійсних коренів рівняння 0f x , якщо

всі дійсні значення х задовольняють рівність 22 1 4 14f x x x ?

4. (20 балів) Доведіть, що на координатній площині не існує правильного

трикутника, всі вершини якого мають цілі координати.

5. (30 балів) Дно прямокутної коробки викладено плитками розміром 2×2

та 1×4. Плитки висипали з коробки і загубили одну плитку 2×2. Замість

неї дістали плитку розміром 1×4. Доведіть, що викласти тепер дно

коробки не вдасться.


9

ВІДПОВІДІ

6 клас 1) обидва числа є рівними;

2) 270 сторінок;

3) 11 або 55 см;

4) 1124 сторінок.

7 клас 1) ціна товару зменшилась на 1%;

4) 17;7;2 , 17;2;7 ;

5) 1; 51.

8 клас 1) Брату 3 роки, сестрі – 2 роки;

4) цифра 0 (12345678910… 704 705 70|6)

9 клас 1) 6; 2) 4;0;1;2;6 ; 3) 2 3 21 1x x x x ;

4) 0108ACB .

10 клас 1) 3;0 0;4 5x ; 2) 1a ; 5) 2101 або ж 4411 книжок.

11 клас 1) 3;0 0;4 5x ;

2) 1 1x , 1 2 ,2

y k k ; 2 1x , 2 2 ,

2y k k

.

3) 5 .

10


6 клас

Задача №1

Нехай X перше число, а Y – друге. Тоді:

оскільки число X становить 15% від числа 240, то

15 24 15240 12 3 36100 10

X ;

оскільки 75% від числа Y становить 27, то 100 427 27 9 4 3675 3

Y .

Відповідь: числа є рівними.

Задача №2

Нехай у книзі всього x сторінок, а 1y , 2y і 3y – кількість сторінок книги,

яку учень прочитував у перший, другий і третій день відповідно.

За умовою в перший день учень прочитав 0,2 всієї книги і ще 16 сторінок,

що згідно введених позначень становить 1 0,2 16y x .

В другий день учень прочитав 0,3 залишку і ще 20 сторінок, тому

2 10,3 20y x y .

В третій день учень прочитав 0,75 залишку і останні 30 сторінок книги, тому

3 1 20,75 30y x y y .

Оскільки за три дні учень прочитав усю книгу (всі x сторінок книги), то

справджується рівність 1 2 3x y y y

1 2 1 2 1 20,75 30 0,75 0,25 0,25 30y y x y y x y y

1 10,75 0,25 0,25 0,3 0,3 20 30x y x y

1 1 10,75 0,25 0,075 0,075 5 30 0,825 0,175 35x y x y x y

0,825 0,175 0,2 16 35 0,825 0,035 2,8 35 0,86 37,8x x x x x .

Отже, 0,86 37,8x x або ж 0,14 37,8x . Звідки 14 3780x , 270x .

Відповідь: у книзі 270 сторінок.


11

Задача №3

Оскільки при вимірюванні відстані у 143 м дівчинка і хлопчик стартували

з однієї точки (називатимемо її початковою), то перше співпадіння слідів

дівчинки і хлопчика відбулося на такій відстані від початкової точки, яка є

найменшим спільним кратним довжин їх кроків.

Слід також розуміти, що останнє – ДВАДЦЯТЕ – співпадіння їх слідів

відбулося у кінцевій точці – на відстані 143 м від початкової точки. Тому перше

співпадіння їх слідів відбулося на відстані 143 7,1520

м або ж 715 см від

початкової точки.

Нехай h – довжина кроку дівчинки. За умовою довжина кроку хлопчика

– 65 см, а перше співпадіння слідів відбулося на відстані 715 см від початкової

точки. Тому НCК(65, ) 715h . Оскільки 65 5 13 а 715 5 13 11 , то в розкладі

числа h на прості множники обов’язково буде присутнім множник 111 .

Тоді умові НCК(65, ) 715h будуть задовольняти чотири числа

1) 11h ; 2) 11 5 55h ; 3) 11 13 143h і 4) 5 13 11 715h .

Проте, оскільки середній крок людини не перебільшує 100 см, то числа

143h і 715h не задовольняють умові задачі.

Крок 11h см здається мало ймовірним, хоча не має жодних підстав

категорично відкинути таку можливість.

Тому для довжини кроку дівчинки існує дві можливості – 11 або 55 см.

Відповідь: 11 або 55 см.


12

Задача №4

Очевидно, що для нумерації перших 9 сторінок роботи (починаючи з 1-ої)

знадобиться 9 цифр.

Кожна наступна сторінка – з 10 по 99 включно – буде нумеруватися 2-ма

цифрами. Загальна кількість таких сторінок становить 99-10+1=90. Тому для їх

нумерації знадобиться ще 2 90 180 цифр.

Кожна сторінка починаючи з 100-ої буде нумеруватися 3-ма цифрами.

Оскільки загальна кількість тризначних чисел становить 9 10 10 900 , то для

нумерації 900 сторінок з 100-ої по 999 знадобиться 3 900 2700 цифр.

Таким чином для нумерації перших 999 (9+90+900) сторінок знадобиться

9+180+2700=2889 цифр.

Решту 3389 2889 500 цифр було використано для нумерації сторінок

починаючи з 1000-ої. Оскільки для нумерації кожної такої сторінки

використовується по 4 цифри, то занумеровано було 500 : 4 125 таких

сторінок. Причому остання сторінка має номер 1124.

Відповідь: 1124 сторінок.

Задача №5

Нехай x – задане шестицифрове число. Оскільки за умовою перша цифра

числа співпадає з четвертою, друга – з п’ятою, а третя – з шостою, то число x


100000 10000 1000 100 10x abcabc a b c a b c

100000 100 10000 10 1000 1a b c

100 1001 10 1001 1001a b c

1001 100 10 7 11 13 100 10a b c a b c

Таким чином, оскільки задане число має вид 7 11 13 100 10x a b c , то

воно є кратним числам 7 , 11 і 13 .


13

7 клас

Задача №1

Нехай a – початкова ціна лиж (минулої зими). Влітку їх ціна знизилась

на 10% і тому становила 0,1 0,9a a a (грош.од.). Узимку ціна знову

піднялася, на 10% й тому стала рівна 0,9 0,1 0,9 0,99a a a (грош.од.).

Оскільки 0,99 0,01100% 100% 1%a a aa a

, то відносно минулої зими

ціна товару знизилась на 1%.

Відповідь: ціна товару зменшилась на 1%.

Задача №2

Припустимо, що ситуація, зазначена в умові задачі, є можливою. Тоді (за

умовою) після того, коли кожний з трьох гравців

записав по сто слів, виявилося наступне:

у першого і другого x однакових слів;

у першого і третього – y однакових слів;

у другого і третього – z однакових слів;

у всіх трьох одночасно – k однакових слів.

Тому повинні справджуватись наступні рівності

100 54 x y k , 100 75 x z k , 100 80 y z k .

Звідки 300 54 75 80 x k y k z k k або ж 2 91x y z k .

З іншого боку 46 2 125 2 4120 2 51

x y k z kx z k y ky z k x k

або ж 2 3 91x y z k .

Тому для визначення цілих не від’ємних чисел , , ,x y z k маємо систему

2 91 0

2 3 91 91x y z k x y z k

x y z k k

. Звідки 91k , що суперечить умові

задачі. Отже, вказана в умові задачі ситуація є неможливою.

Відповідь: НІ, вказана ситуація є неможливою.

k

x k

y k z k

54 75

80


14

Задача №3

Розв’яжемо спочатку наступну задачу: навести приклад розташування чотирьох різних прямих

на площині так, щоб на кожній з прямих містилося по

три точки, загальна кількість яких становить шість. Припустимо, що необхідну конфігурацію

побудовано, а , , , , ,A B C D E F – вказані шість точок.

Оскільки на кожній з чотирьох прямих міститься

точно по три точки, то після видалення однієї з

Рис. 7.3.1 таких прямих (наприклад тієї, яка містила точки

, ,D E F ) залишиться три прямі, на кожній з яких міститься точно по дві точки.

Точки ,A B і C повинні утворювати трикутник, бо за інших умов вони не

будуть визначати трьох різних прямих, на кожній з яких містилося би точно по

дві точки. Отже, шукану фігуру можна побудувати наступним чином:

1) зафіксувати три точки ,A B і C (що не лежать на одній прямій) та провести через них три прямі;

2) провести четверту пряму, яка перетинає кожну з трьох прямих AB ,

BC і AC , наприклад у точках ,E D і F відповідно.

В результаті одержимо фігуру, що задовольняє умові задачі.

Нижче наведено всі суттєво різні випадки взаємного розміщення

чотирьох різних прямих на площині.

1 4 7

2 5 8

3 6 9

A B

C

D

E

F


15

Тоді відповідь на поставлену в умові задачу можна сформулювати наступним

чином:

у випадках 1–8 розмістити шість точок так, щоб на кожній з прямих

містилося би по три точки не можливо;

якщо ж чотири прямі розташовані так, як показано на рис. 7.3.1 (випадок 9),

то, з точністю до перепозначення точок і прямих, розміщення 6 точок так,

щоб на кожній з прямих було по три точки – єдине, що вказане на

зазначеному рисунку.

Задача №4

Перепишемо рівність 7 105a bc наступним чином 7( 15)a bc .

Оскільки числа , ,a b c і 7 є простими, то одне з чисел b або c дорівнює 7.

Якщо 7b , то 15a c . Звідки 15a c . Оскільки a і c є простими

числами, різниця яких є непарним числом, то 2c , 17a . Інших простих

чисел, різниця яких є непарним числом 15 не існує.

Якщо ж 7c , то 15 15a b a b . Тому 2b , 17a . Інших

простих чисел, різниця яких є непарним числом 15 не існує.

Таким чином, існує дві трійки простих чисел 17a , 7b , 2c і 17a ,

2b , 7c , що задовольняють рівності 7 105a bc .

Відповідь: 17;7;2 , 17;2;7 .

Задача №5

Відомо, що натуральне число ділиться на 8, тоді і лише тоді, коли три

його останні цифри – нулі, або утворюють число яке ділиться на 8.

Очевидно, що 6-значним числом з найменшою сумою цифр, є число 100000.

Оскільки воно закінчується трьома нулями, то воно ділиться на вісім. Тому

найменша сума цифр шестизначного числа кратного восьми становить один.

Для визначення (шестизначного числа кратного восьми) з найбільшою

сумою цифр проведемо наступні міркування: очевидно, що шукане число x має

найбільшу суму цифр лише у випадку коли має вигляд 999***x , де замість


16

зірочок стоятимуть цифри, що утворюють 3-значне число (з найбільшою сумою

цифр), яке повинно ділитися на 8. Таким чином, знаходження шуканого 6-

значного числа зводиться до відшукання саме 3-значного числа з найбільшою

сумою цифр, яке ділиться на вісім. Оскільки число 888 ділиться на 8, то

потрібно пересвідчитись у тому, чи не знайдеться іншого 3-значного числа

більшого за 888, яке ділиться на 8 і сума цифр якого більше 24 (8+8+8).

Треба перевірити лише наступні числа: 889, 898, 988, 899, 989, 998 та 999.

Вказану множину чисел можна скоротити до 898, 988, 998 – оскільки лише

вони є парними (і можливо діляться на 8). Легко пересвідчитись, що жодне з

чисел 898, 988, 998 не ділиться на 8.

Отже, шукане 6-значне число, сума цифр якого є найбільшою є саме

число 999888, сума цифр якого становить 51.

8 клас

Задача №1

І с п о с і б . Позначимо вік брата як x , а сестри – y . Тоді за умовою повинні

справджуватися рівності 5 85 7

xy

та 1 21 1

xy

.

Розв’яжемо отриману систему: 5 8

7 35 8 40 7 8 5 14 7 8 5 25 71 2 1 2 2 2 1 2 1 31 1

xx y x y y y yy

x x y x y x y xy

.

Отже, зараз брату 3 роки, а сестрі 2 роки.

І І с п о с і б . Введемо коефіцієнт пропорційності x років. Тоді через 5 років брату буде 8x ,

а сестрі 7x років. Рік тому брату було 8 6x років, а сестрі 7 6x років.

Оскільки рік тому брат був вдвічі старший від сестри , то 8 6 2 7 6x x .

Звідки 1x . Отже, зараз брату 8 5 3x роки, а сестрі 7 5 2x роки.


17


Зараз Рік тому Через 5 років Вік брата x 1x 5x Вік сестри y 1y 5y Різниця x y x y x y

Відношення років

xy

1 21

xy

11

x yy

1x y y ;

2 1x y

5 85 7

xy

15 7

x yy

57

yx y

517

yy ;

7 7 5 6 12 2y y y y 3x .

Відповідь: брату 3 роки, а сестрі 2 роки.

Задача №2

І с п о с і б . 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2a b c ab ac bc a b c ab ac bc

2 2 2 2 2 22 2 2 0a ab b a ac c b bc c

2 2 2 0a b a c b c 000

a ba c a b cb c

.

І І с п о с і б . 2 2 2 2 2 2 0a b c ab ac bc a b c a b c bc .

Розглянемо останню рівність як квадратне рівняння відносно змінної a .

Тоді умову задачі (про умови коли наведена рівність є вірною) можна

сформулювати наступним чином: знайти усі такі значення змінної a , що є

розв’язками рівняння 2 2 2 0a b c a b c bc .

2 22 2 2 2 2 24 2 4 4 4 3D b c b c bc b c bc b c bc b c .


18

Оскільки рівняння 2 2 2 0a b c a b c bc має дійсні розв’язки тоді і

лише тоді, коли 0D , то 23 0b c , що можливо лише за умов коли b c .

Але ж тоді 2

b ca b c .

Задача №3

Нехай P – середина висоти AH , яка проведена

до основи BC рівнобедреного трикутника ABC .

Нехай пряма BP перетинає бічну сторону AC у

точці M . Доведемо, що 2CM AM .

І с п о с і б . Нехай N – середина відрізка CM . Тоді

HN є середньою лінією CBM і тому ||HN BM .

Розглянемо AHN . Оскільки AP PH (за

умовою), а ||PM HN (бо ||HN BM ), то за теоремою Фалеса AM MN .

Таким чином, AM MN NC . Звідки : 2 :1CM MA .

І І с п о с і б . Через точку A проведемо пряму l

паралельно стороні BC . І нехай 1B і 1C –

основи перпендикулярів опущених на пряму l

із точок B і C відповідно.

Тоді чотирикутник 1 1BB C C є прямокутником,

центром симетрії якого є точка P . Тому точка

P є точкою перетину діагоналей 1BC і 1CB

прямокутника 1 1BB C C .

Оскільки P є серединою діагоналі 1CB , а точка A – серединою сторони

1 1B C , то точка M є точкою перетину медіан трикутника 1 1CC B . Тому за

властивістю точки перетину медіан має місце відношення : 2 :1CM MA .

B

A

C H

P

M

N

B

A

C H

P

M

1C 1B


19

І І І с п о с і б . Через точку P проведемо пряму l паралельну

стороні основі BC .

Нехай l перетинає сторони AB і AC у точках Q і

N відповідно. Тоді за теоремою Фалеса PN є

середньою лінією AHC . Тому 12

PN HC .

Оскільки 12

HC BC , то 1 12 4

PN HC BC .

За побудовою ||PN BC . Тому PMN є подібним

BMC з коефіцієнтом подібності 4k . Звідки : 3:1CN NM . Оскільки

AN NC , то : 1: 2NM MA . Отже, : 2 :1CM MA .

Задача №4

І с п о с і б . Для запису числа було використано: 9 однозначних чисел – 9 цифр; всі

двозначні числа – 90 чисел – 180 цифр. Разом цифри та двозначні числа в

запису даного числа визначають 189 позицій (цифр). З’ясуємо «скільки

значним» числом є передостаннє число у запису даного числа.

Загальна кількість позицій, що залишилися, становить 2009 189 1820 .

Оскільки 1820 6063

( q – ціла частина числа q – найменше ціле

число, яке не перевищує q ), то передостаннє число у запису даного числа є

тризначним. Отже, було використано ще принаймні 606 тризначних чисел. Це

числа з 100 по 705 включно. Для запису вказаних 606 тризначних чисел було

використано 1818 цифр.

Таким чином було використано 1 9 2 90 3 606 2007 цифр, наступне

число 706 займе відповідно 2008, 2009 та 2010 позиції в даному числі.

Таким чином, 2009 цифрою в запису даного числа буде цифра нуль (0).

B

A

C H

P

M Q

N x

3xy

23x


20

Задача №5

Покажемо спочатку справедливість твердження для ста довільних

натуральних чисел. Відомо, що при діленні натурального числа на 100 можна

отримати 100 різних остач: 0, 1, 2, …, 99. Нехай 1 2 100, ,...,n n n – довільні 100

різних натуральних чисел. Без втрати загальності можна вважати, що

1 2 100...n n n . Тоді можливими є виключно наступні два випадки:

1) є принаймні два числа 1n і 2n , які мають однакову остачу r при

діленні на 100 . Тобто, 1 1100n m r , 2 2100n m r . Тоді їх різниця

2 1 2 1 2 1100 100 100n n m r m r m m обов’язково буде ділитися на 100;

2) всі числа мають різні остачі. Тобто, серед них існує число, що має

остачу r рівну 0. І тому ділиться на 100.

Нехай тепер 1 2 100, ,...,z z z – довільні 100 різних цілих чисел.

Без втрати загальності можна вважати, що 1 2 100...z z z . Тоді можливими є

виключно два наступні випадки:

1) або існує число jz , яке закінчується двома нулями або саме є нулем, і тому ділиться на 100; 2) або ж такого числа не існує. Тоді

кожне додатне ціле число z можна подати у вигляді 100z m r , де

0m , а 0 99r ;

кожне ж від’ємне ціле число z подамо у вигляді 100z m r , де

m , а 0 99r . Наприклад: 23 100 1 77 , 123 100 2 77 .

Оскільки (за припущенням) серед ста цілих чисел не має такого, що

закінчується двома нулями або ж нуля, то є принаймні два числа iz та jz

( j iz z ), які мають однакову остачу r при діленні на 100.

Оскільки

100 , 0

100 100 100 , 0

100 , 0

j i i

j i j i j i i j

j i j

m m z

z z m r m r m m z z

m m z

, то

різниця j iz z ділиться на 100.


21

9 клас

Задача №1


2 22 211 6 2 11 6 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 2

2 23 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 6 .


Нехай 11 6 2 11 6 2 x , 0x . Тоді 2211 6 2 11 6 2 x .

Звідки 211 6 2 2 11 6 2 11 6 2 11 6 2 x ,

22 222 2 11 6 2 x , 222 2 121 72 x ,

222 2 49 x , 236 x . Оскільки 0x , то 6x .


11 6 2 11 6 2 11 6 2 11 6 211 6 2 11 6 2

11 6 2 11 6 2

22 2 11 6 2 11 6 2 22 2 121 72 36

11 6 2 11 6 2 11 6 2 11 6 2 11 6 2 11 6 2

23611 6 2 11 6 2 11 6 2 11 6 2 3611 6 2 11 6 2

Тому 11 6 2 11 6 2 6 .

Відповідь: 11 6 2 11 6 2 6 .

Додатки. Нехай , , 0a b c .

2 2 2 2 42

2 2 2 2 4b a cb b b ba b c a c c c c

.

Якщо 2 4b a c , то 2

2 2 2b b ba b c c c c

.

Аналогічно, якщо 2 4b a c , то 2

2 2b ba b c c c

.


22

Задача №2

І с п о с і б . Нехай 1a . Тоді дане рівняння набуває вид 0 0x , розв’язками якого є

всі дійсні, зокрема цілі числа. І тому при 1a дане рівняння має цілі розв’язки.

Нехай тепер 1a . Тоді дане рівняння є рівносильним рівнянню

2

4 11

a ax

a

або ж 41

axa

.

З’ясуємо, при яких цілих 1a число 41

axa

є цілим числом.

Очевидно, що число 4 1 5 1 5 511 1 1 1 1

a a axa a a a a

є цілим тоді і

лише тоді, коли число 1a є дільником числа 5 . Оскільки число 5 ділиться

лише на числа 1 і 5 , то число 511

xa

є цілим тоді і лише тоді, коли

1 1a або 1 5a . Звідки маємо, що (у випадку цілих 1a ) рівняння

41

axa

має цілі розв’язки виключно при 0;2;6; 4a .

З урахуванням першого випадку остаточно маємо:

при 1a x ; при 4a 0x ; при 0a 4x ;

при 2a 6x ; при 6a 2x .

І І с п о с і б . Якщо 1a , то дане рівняння набуває вид 0 0x , розв’язками якого є всі

дійсні, зокрема цілі числа. І тому при 1a дане рівняння має цілі розв’язки.

Якщо 1a , то дане рівняння є рівносильним рівнянню

2

4 11

a ax

a

або ж 41

axa

.

Очевидно, що при цілих 1a число 41

axa

є цілим числом тоді і лише

тоді, коли або 4 0a , або число 1a є дільником числа 4a .


23

Оскільки кожен з дільників додатного числа не перевищує його половини, то

повинна справдуватися нерівність 11 42

a a .

Знайдемо розв’язки одержаної нерівності 2 1 4a a .

4462 2 4

4 14 1 22 1 4 122 2 4 33 1 61 1

2 2 4 6

aaaa a

aaa a a

a a aaa a

a a a

2 ;1 1;63

a .

Отже, цілими розв’язками нерівності 2 1 4a a є числа 0;2;3;4;5;6 .

Очевидно, що: при 0a 4x ; при 2a 6x ; при 3a 72

x ,

при 4a 83

x ; при 5a 94

x ; при 6a 2x .

Таким чином (при цілих 1a ) число 41

axa

є цілим числом тоді і лише коли

або 4a , або ж 0;2;6a .

Відповідь: дане рівняння має цілі розв’язки лише при 4;0;1;2;6a .

Задача №3

І с п о с і б . 5 5 2 21 1x x x x x x

2 3 21 1x x x x

2 2 21 1 1x x x x x x .

2 3 21 1x x x x


24

І І с п о с і б ( М е т о д н е в и з н а ч е н и х к о е ф і ц і є н т і в ) Подамо вираз 5 1x x в наступному вигляді:

5 1x x 5 4 4 3 3 2 2 1x x x x x x x x 5 4 3 4 3 2 2 1x x x x x x x x 5 4 3 4 3 2 2( ) 1x x x x x x x x 3 2 2 2 2( 1) ( 1) ( 1)x x x x x x x x

3 2 2( 1)( 1)x x x x .

І І І с п о с і б . Нехай 5 3 2 21 1 1x x x ax bx x cx . Тоді

3 2 21 1x ax bx x cx

5 4 3 21 1 1x x c a x ac b x a bc x c b .

Оскільки 5 1x x

5 4 3 21 1 1x x c a x ac b x a bc x c b , то

222

2

0 11 0 2 01 0

1 1 0 11 0 1 0 1 0

1 1 01 1

c ac a b aac b a aa b

a a aa bc a ab a

a a ac b c b

.

Оскільки 1a , то 0b , 1c .

Тому 5 3 2 21 1 1x x x x x x .

Відповідь: 5 3 2 21 1 1x x x x x x .


25

Задача №4

Нехай ABC – даний рівнобедрений трикутник ( AC BC ), 1AA – бісектриса, а 1CC – медіана Відомо, що 1 12AA CC . Знайдемо кут ACB .

І с п о с і б . Через точку 1C проведемо пряму паралельну

бісектрисі 1AA і нехай вона перетинає сторону BC у

точці 2A . Тоді за теоремою Фалеса 1 2C A є середньою

лінією трикутника 1BAA і тому 1 2 0 1 1C A A A C C .

Нехай далі 2CAB . Тоді 2CBA ,

1 2 1A AB A C B . Тому 1 2 3C A C як зовнішній

кут трикутника 1 2C BA при вершині 2A . Оскільки

трикутник 2 1A C C є рівнобедреним, то 1 2 3C CA .

За умовою 1CC – медіана рівнобедреного трикутника з основою AB .

Звідки 1 90CC B . Тому 1 2 90CC A . Таким чином, сума кутів

трикутника 1 2CC A становить 90 3 3 90 5 або ж 180 . Звідки

5 90 , або ж 18 . Отже 4 72 і тому 180 72 108ACB .

І I с п о с і б . Нехай 0A – середина бісектриси 1AA . Тоді 1 0C A

середня лінія трикутника 1BAA і тому 1 0 1||C A BA . Нехай далі 2CAB . Тоді 1A AB .

Оскільки 1 0 1||C A BA , то 1 0 2AC A ABC . Тому 1 0 1 3C A A як зовнішній кут трикутника 1 0AC A при

вершині 0A . Оскільки 1 0 1||C A BA і 0 1 1A A C C , то

чотирикутник 1 1 0AC A C є рівнобедреною трапецією (поясніть чому). Тому 0 1 1 1 3A AC C CA .

За умовою 1CC є медіаною рівнобедреного трикутника з основою AB . Звідки

1 1 3ACC BCC . Тоді з прямокутного трикутника 1AC C маємо, що 5 90 . І тому 108ACB

A

B

C

1C 1A

2A

2

3

3 90

A

B

C 0A

1C 1A

2

3 3

2 3 3


26

І I I с п о с і б . Нехай O – точка перетину бісектриси 1AA і висоти 1CC рівнобедреного ABC з основою AC . Тоді O – точка перетину бісектрис трикутника. Нехай 2A основа перпендикуляру опущеного із точки O на сторону BC . Тоді 1 2OC OA . За властивістю точки перетину бісектрис мають місце наступні рівності

1

1

CO CA CBOC ABAO AC ABOA BC

. Звідки

1

1

1

1

2

2

CC CA ABOC ABAA AC ABOA BC

або ж

1

1

1

1

2

2 2

CC CA ABOC ABOA BCCC AC AB

. Тому 1 1

1 1

22 2

CC OA CA AB BCOC CC AB AC AB

. Отже,

1

12OA BCOC AB

. Оскільки 1 2OC OA , 12AB C B то 1

2 12 2OA BCOA C B

або ж 2 1

1

OA C BOA BC

.

Розглянемо прямокутні трикутники 1C BC і 2 1A OA . З того що 2 1

1

OA C BOA BC

випливає, що трикутники 1C BC і 2 1A OA є подібними. Тому 2 1 1 2A OA C BC .

Не важко бачити, що 1 3AAC , як зовнішній кут 1AA B при вершині 1A . Тоді з прямокутного трикутника 2 1A OA маємо, що 3 2 90 . Звідки 18 . І тому 180 72 108ACB .

Д о п о в н е н н я В л а с т и в і с т ь т о ч к и п е р е т и н у б і с е к т р и с т р и к у т н и к а

Нехай O – точка перетину бісектрис 1AA , 1BB і 1CC трикутника ABC . Тоді з трикутників 1CAC і 1CBC за властивістю основи бісектриси трикутника мають

місце відношення 1 1

CO ACOC AC

, 1 1

CO BCOC BC

.

Тому 1 1 1 1 1

CO AC BC AC BC CA CBOC AC BC AC BC AB

.

Аналогічно 1

AO AC ABOA CB

;

1

BO BA BCOB AC

.

A

B

C

2A

1A

2

2 O

1C 3

B

C

1A 1B

1C A O


27

Задача №5

І с п о с і б . Розфарбуємо дошку, як показано на малюнку,

вона складається з 13 чорних та 12 білих клітин.

Легко бачити, що всі жуки, які розташовані в чорних

клітинах, при переповзанні обов’язково попадуть

саме на білу клітину, а жуки з білих клітин

переповзуть до чорних. Оскільки «чорних» жуків 13,

а білих клітин лише 12, то за принципом Діріхлє в

одній білій клітині будуть сидіти що найменше два «чорних» жука.

Таким чином, після того як жуки переповзуть, рухаючись за правилом,

визначеним в умові (перетинаючи саме спільні сторони а не вершини

квадратів), знайдеться клітина, яка буде містити принаймні два жука.

З а у в а ж е н н я . Легко помітити, що розв'язок по суті не залежить від вибору кольору

розфарбування та й від розфарбування взагалі. Можна, наприклад, було для

заповнення клітин вибрати два будь-яких знаки (букви, цифри тощо).

Принципово був використаний той факт, що клітин одного кольору більше ніж

іншого. Тепер сформулюємо сам принцип Діріхлє.

Нехай в n коробках поміщено k предметів. Якщо кількість предметів

більше кількості коробок ( k n ), то існує хоча б одна коробка, у якій міститься

щонайменше 2 предмета.

І І с п о с і б Доведення проведемо від супротивного. Для цього простежимо за

траєкторіями руху «змінного жука». А саме: оберемо довільну але фіксовану

клітинку на дошці. Оскільки кожен жук обов’язково переповзає на іншу

клітинку, то визначає тим самим наступну клітинку траєкторії. Отже, під

траєкторією будемо розуміти послідовність клітинок дошки (починаючи з

довільної) в якій кожну наступну клітинку визначає витіснений жук.


28

Встановимо основні властивості траєкторій:

1) довжина найменшої траєкторії становить 2 (дві клітинки): жуки

міняються місцями;

2) кожна траєкторія є траєкторією без самоперетинів: якщо припустити

обернене, то в клітинці перетину виявиться два жуки, чого за припущенням

бути не може.

3) кожна траєкторія є замкненою: якщо припустити обернене, то в

останній клітинці виявиться два жуки, а в першій жодного, чого за

припущенням не може бути.

4) довжина кожної траєкторії є «парною» (складається з парної кількості

клітинок): справедливість випливає з того, що в замкненій траєкторії сумарна

кількість рухів праворуч дорівнює сумарній кількості рухів ліворуч, а сумарна

кількість рухів униз дорівнює сумарній кількості рухів угору.

Таким чином, якщо припустити, що існує таке «переповзання» жуків при

якому в кожній клітинці виявиться по одному жуку, то воно складається із

траєкторій, що не перетинаються і задовольняють вказаним властивостям.

Оскільки довжина кожної такої траєкторії є парною, то загальна кількість

клітин усіх траєкторій може становити щонайбільше 24 клітинок дошки.

Траєкторія останнього жука повинна бути замкненою та не перетинати інші

траєкторії, що можливо лише тоді, коли жук залишається на місці. Чого не

може бути за умовою (або ж за четвертою властивістю).

І І І с п о с і б Заповнимо таблицю числами 1 і 0, як показано на малюнку.

Зрозуміло, що ні в яких двох сусідніх клітинах цієї таблиці не

знаходяться ні дві одиниці ні два нулі. Легко бачити, що всі

жуки, які розташовані в клітинах з числами 1, при

переповзанні обов’язково попадуть в клітину з числом 0, а

жуки з клітин з числом 0 переповзуть в клітини з числом 1.

Тобто числа 0 і 1 поміняють свої місця розташування, при цьому сума

всіх чисел таблиці не повинна змінитися, оскільки за умовою задачі кожен жук

1 0 1 0 1

0 1 0 1 0

1 0 1 0 1

0 1 0 1 0

1 0 1 0 1


29

переповз в сусідню клітину. Така властивість таблиці зберігати величину суми

при зміні будь-яких відповідних значень сусідніх клітин називається

інваріантом цієї таблиці.

Сума всіх чисел вихідної таблиці дорівнює 13. Але замінивши 12 нулів

відповідно 12 одиницями, а 13 одиниць 13 нулями, в сумі отримаємо число 12,

що на 1 менше за початкову суму. Інваріант таблиці порушено, тому можна

стверджувати, що подібна зміна місць розташування жуків не можлива, а

значить при обов’язковій такій зміні принаймні два жуки будуть знаходитися в

одній клітині.

Д о п о в н е н н я . Інваріант – це величина, яка залишається незмінною при тих або інших

перетвореннях. У деяких задачах інваріант – це величина, яка змінюється

монотонно, тобто тільки збільшується або тільки зменшується.

10 клас

Задача №1

2

2

55 55 0012 0 0

3 4 0 3 412 0

xx xx xxx x x

xx x xx x

.

Відповідь: 3;0 0;4 5x .

Задача №2

І с п о с і б . За оберненою теоремою Вієта рівняння 2 1 0x ax a має два корені, що

визначаються рівностями 1 1x і 2 1x a .

Звідки маємо, що 22 21 2 1 1x x a .

Не важко бачити, що вираз 21 1a приймає найменше значення рівне 1 при

1.a


30

І І с п о с і б . Нехай 1x і 2x – дійсні корені квадратного рівняння 2 1 0x ax a , тоді

2 2 21 2 1 2 1 2( ) 2x x x x x x .

Тому за теоремою Вієта маємо: 1 2

1 2 1x x ax x a

.

Звідки 22 2 2 21 2 2 1 2 1 1 1 1x x a a a a a .

Вираз 21 1a приймає найменше значення рівне 1 при 1.a

Відповідь: 1a .

Задача №3

Доведення проведемо метод від супротивного. А саме: припустимо, що існують

чотири різні додатні числа , , ,a b c d такі, що виконуються умови a b c d і

3 3 3 3a b c d , тобто, вони визначаються системою 3 3 3 3

a b c da b c d

.

Очевидно, що 3 3 3 3a b a b ab a b . Тому останню систему можна

подати у вигляді 3 3( ) 3 ( ) ( ) 3 ( )a b c da b ab a b c d cd c d

.

Зрозуміло, що останнє рівняння, за умов виконання першого, дає рівність

ab cd . Тому маємо наступну систему a b c dab cd

.

Оскільки числа , , ,a b c d є додатними, то

2 2

2 2 2 22 2 2 22 2

a b c d a b c da b c d

a b c d ab cda b c d

ab cd a ab b c cd d

2 2 2 2

a c d ba c d b a c d ba c a c d b d b a c d ba c d b

.

З останньої системи випливає, що a d , але це суперечить умові задачі a d .


31

Отже, наше припущення є хибним. І тому не існує чотирьох різних додатних

чисел , , ,a b c d , які задовольняють умові задачі.

Відповідь: не існують.

Задача №4

І спосіб. Продовжимо медіани трикутника та

відкладемо на їх продовженнях відрізки

рівні відповідним медіанам. У

чотирикутнику 1ABCB діагоналі AC і

1BB в точці перетину діляться навпіл, тоді

чотирикутник 1ABCB є паралелограмом.

Аналогічно 1ABAC те ж паралелограм. Маємо 1 ||B C AB і 1||AB CB . Тобто

1 1||AB A B . Аналогічно 1 1 ||AC AC , 1 1 ||B C BC .

Розглянемо деякі трикутники і використаємо для них нерівність трикутника:

1ABB : 1 1AB AB BB ( 1AB BC ), 1ABA : 1 1AB BA AA ( 1BA AC ), 1BCC : 1 1BC BC CC ( 1BC AC ).

Почленно додаючи нерівності отримаємо

1 1 1 1 1 1AB AB AB BA BC BC BB AA CC .

У правій частині нерівності маємо подвійний периметр трикутника, а

праворуч подвійна сума медіан цього трикутника, тоді

AN BK CM AB BC AC . (1)

Далі 1KCB : 1 12ACKB B C ( 1KB BK , 1CB AB ),

1NBA : 1 12BCNA A B ( 1NA AN , 1BA AC ),

1AMC : 1 12ABMC AC ( 1MC MC , 1AC BC ).

Почленно додаючи нерівності отримаємо

1 1 1 1 1 12AC BC ABKB NA MC B C A B AC AB BC AC

.

A

B

C

1A O N

K

M

1B

1C


32

Таким чином, 2

AB BC ACAN BK CM (2)

З урахуванням (1) і (2) .2

AB BC AC AN BK CM AB BC AC

ІІ спосіб.

Нехай O – точка перетину медіан AN , BK і CM трикутника ABC . Оскільки

OA OB AB , OA OC AC , OB OC BC ,

то, додаючи почленно ці три нерівності, одержимо, що

2 OA OB OC AB BC AC .

Враховуючи, що 23

AO AN , 23

OC CM , 23

BO BK отримаємо

22 ( )3

AN BK CM AB BC AC

3 1( ) ( )4 2

AN BK CM AB BC AC AB BC AC

(Ми довели більш сильну нерівність 34

AN BK CM AB BC AC )

Отже, 12

AN BK CM AB BC AC

Відкладемо на продовженні медіани AN за

точку N відрізок 1NA , рівний AN . Тоді 1ABAC

– паралелограм. Тому 1BA AC , 12AN AA ,

1 1AA AB BA AB AC .

Звідки 12

AN AB AC .

Аналогічно доведемо, що 12

BK AB BC , 12

CK AC BC .

Додаючи почленно ці три нерівності, одержимо:

AN BK CM AB BC AC .

Остаточно: 2

AB BC AC AN BK CM AB BC AC .

A B

C 1A

O N K

M


33

ІІІ спосіб.

Нехай 0A , 0B , 0C – середини сторін BC , AC і AB відповідно. Тоді 0am AA ,

0bm BB і 0cm CC є медіанами, а відрізки 0 0A B , 0 0B C і 0 0A C середніми лінями

трикутника ABC . Позначимо через M точку перетину медіан ABC . Тоді за

властивістю точки перетину медіан трикутника

справджуються рівності:

0

21

AMMA

, 0

21

BMMB

, 0

21

CMMC

.

Звідки 23 aAM m , 2

3 bBM m , 23 cCM m .

За «нерівністю трикутника» з трикутників AMB , BMC і CMA маємо нерівності

2 23 3a bm m AB (3); 2 2

3 3b cm m BC (4); 2 23 3c am m AC (5).

З нерівностей (3)–(5) випливає, що 4 4 43 3 3a b cm m m AB BC CA . Звідки

3 14 2a b cm m m AB BC CA AB BC CA .

Оскільки 0 0A B , 0 0B C і 0 0A C є середніми лінями ABC , то

0 0 2ABA B , 0 0 2

ACA C , 0 0 2BCB C .

Тоді за «нерівністю трикутника» з трикутників 0 0AA C , 0 0BB A і 0 0CC B маємо

нерівності

1 12 2 aAB AC m (6); 1 1

2 2 bBC AB m (7); 1 12 2 cAC BC m (8).

З нерівностей (6)–(8) випливає, що a b cAB BC CA m m m .

Задача №5

І с п о с і б . Нехай q – число книжок у бібліотеці. За умовою їх не більше 5000. Відомо, що

якщо їх зв’язувати по 6, по 7 або ж по 5, то залишиться одна книга. Тому

НСК 5;6;7 1 5 6 7 1 210 1q l l l , l .

B

C

0A 0B

0C A

M


34

Якщо ж книжки зв’язувати по 11, то зайвих книжок не буде. І тому

11q k , k .

Таким чином, 5 6 7 1 11q l k 210 1 11l k 209 1 11q l l k .

Очевидно, що q ділиться на 11 тоді і лише тоді, коли число 1l

ділиться на q . Тому 1 11l m (m ) звідки 11 1l m . Отже, число книжок у

бібліотеці можна подати у вигляді

209 11 1 11q m m 11 210 209m

2310 209m , m .

Оскільки 5000q , то 2310 209 5000m . Звідки 2310 5209m . Тому

52092310

m , m . Останній умові задовольняють лише два натуральні числа

1m і 2m .

Таким чином, у бібліотеці може бути або 2310 1 209 2101q , або ж

2310 2 209 4411q книжок.

І І с п о с і б . Нехай в бібліотеці N книжок ( 5000N ). Тоді, з урахуванням того що 1N

ділиться на 10 (бо ділиться на 5 і 6), саме число N закінчується цифрою 1.

Тому в подальшому нас будуть цікавити саме ті чотиризначні числа N , які:

1. закінчуються 1;

2. діляться на 11.

З іншого боку, шукані числа N є такими, що числа 1N :

1) діляться на 3 (оскільки діляться на 6);

2) діляться на 7.

Далі будемо «поступово відбирати» числа використовуючи ознаки

ділення чисел на 11, 3, 7.

Ознака ділення на 11. На 11 діляться ті й тільки ті числа, у яких сума

цифр, що займають непарні місця, або дорівнює сумі цифр, що займають парні

місця, або відрізняється від неї на число, що ділиться на 11.


35

Ознака ділення на 3. Число ділиться на 3 тоді й тільки тоді, коли сума

його цифр ділиться на 3.

Ознака ділення на 7. Число ділиться на 7 тоді й тільки тоді, коли

результат віднімання подвоєної останньої цифри із цього числа без останньої

цифри ділиться на 7 (наприклад, 364 ділиться на 7, тому що 36 2 4 28

ділиться на 7).

Розглянемо далі числа виду 1N abc ,

де 1 5a ; 1a c b або 1 11a c b ; , ,a b c .

Важливо те, що 1N ≥210*10=2100, або N ≥2101 оскільки НСД(210,11)=1.

Не складно побудувати такі числа:

Для перевірки ділення на 3 і на 7 достатньо перебрати числа 1 1 /10N N .

З урахування сказаного вище маємо наступну таблицю:

N 1N 1 3N 1 7N N 1N 1 3N 1 7N N 1N 1 3N 1 7N

4961

4851

4741

4631

4521

4411

4301

4191

4081

496

485

474

463

452

441

430

419

408

-

-

474

-

-

441

-

-

408

-

-

-

-

-

441

-

-

-

3971

3861

3751

3641

3531

3421

3311

3201

3091

397

386

375

364

353

342

331

320

309

-

-

375

-

-

342

-

-

309

-

-

-

-

-

-

-

-

-

2981

2871

2761

2651

2541

2431

2321

2211

2101

298

287

276

265

254

243

232

221

210

-

-

276

-

-

243

-

-

210

-

-

-

-

-

-

-

-

210

Таким чином, тільки два числа задовольняють умові задачі. Це числа

4411 та 2101.

Відповідь: 2101 або 4411 книжок.


36

11 клас

Задача №1

2

2

55 55 0012 0 0

3 4 0 3 412 0

xx xx xxx x x

xx x xx x

.

Відповідь: 3;0 0;4 5x .

Задача №2

І с п о с і б . Оскільки 0x не є коренем рівняння 4 21 2 sinx x y , то

44 2

2

11 2 sin sin2

xx x y yx

.

Оскільки для довільного y 1 sin 1y , то 4 4

2 2

1 11 1 0 12 2

x xx x

.

4 24 2 4 2 2 2

2

11 1 1 2 2 1 0 1 0 1 012

xx x x x x x xxx

.

При 1x рівняння 4 21 2 sinx x y набуває вид 2 2sin y . Звідки

2 ,2

y k k .


0x не є коренем данного рівняння, тому 4 2 22

11 2 sin 2sinx x y x yx

.

Оскільки 22

1 2xx

(за нерівністю Коші), а 2sin 2y , то

22 2

2

1 21 2sin2sin 2

xx y x

x y

. Звідки 2 1

sin 1x

y

або ж

11

sin 1

xx

y

.


24 2 4 2 2 2 2 21 2 sin 2 1 2 sin 2 1 2 sin 1x x y x x x y x x x y .

Оскільки для довільного x 22 1 0x , то 22 sin 1 0x y .

З того що 0x не є коренем рівняння 22 21 2 sin 1x x y випливає, що

22 sin 1 0x y лише за умов коли sin 1 0y або ж sin 1y , що є можливим


37

лише коли sin 1y . Звідки 2 ,2

y k k . При 2

2y k

рівняння

22 21 2 sin 1x x y набуває вид 22 1 0x . Звідки 2 1 0x , або ж 1x .

Тому 1 1x , 1 2 ,2

y k k ; 2 1x , 2 2 ,

2y k k

.

І V с п ос і б . Виділимо повний квадрат:

4 2 4 2 4 2 2 21 2 sin 2 sin 1 0 2 sin sin sin 1 0x x y x x y x x y y y

2

22 2 2

sin

sin 0 2 ,( sin ) cos 0 2cos 02 , .

2

x y

x y y k k Zx y yy

y n n Z

2 11

2 ,2 ,22

xx

y k k Zy k k Z

.

Відповідь: 1 1x , 1 2 ,2

y k k ; 2 1x , 2 2 ,

2y k k

.

Задача №3


2 222 1 4 14 2 4 1 10 1 2 1 5 2 1 6f x x x x x x x x .

Введемо заміну 2 1x t . Тоді 22 1 4 14f x x x набуває виду

2 5 6f t t t .

Оскільки рівність 22 1 4 14f x x x виконується при всіх дійсних

значеннях x , то рівність 2 5 6f t t t виконується при всіх значеннях t .

І тому функція f x має вид 2 5 6f x x x , а рівняння 0f x

набуває виду 2 5 6 0x x .

Тому сума дійсних коренів рівняння 0f x становить 1 2 5x x .


38


Очевидно, що коренями рівняння 2 1 0f x є числа 1 0z і 272

z .

Тоді коренями рівняння 0f x будуть числа 1 12 1 1x z і 2 22 1 6x z .

Тому 1 2 5x x .

Справедливість наведених міркувань випливає з наступних властивостей

перетворень графіків функцій

Д о п о в н е н н я . Розглянемо дві функції 1y f x та 2y f ax b , де 0a . Тоді кількість

нулів функції 1y f x (кількість розв’язків рівняння 0f x ) співпадає з

кількістю нулів функції 2y f ax b (кількістю розв’язків рівняння

0f ax b ). Більше того, якщо припустити, що 0x є нулем функції 1y f x ,

то нулем функції 2y f ax b буде число 0' x bxa

. І навпаки: якщо, 'x –

нуль функції 2y f ax b , то нулем функції 1y f x буде число 0 'x ax b .

З а у в а ж е н н я . Вказані властивості функцій мають місце виключно при лінійних замінах

змінних 'x ax b . Так наприклад, функції 1f x x і 2 2 1f x x мають

різну кількість нулів.

І І І с п о с і б . Якщо рівність 22 1 4 14f x x x виконується для будь якого дійсного

значення x , то вона буде виконуватися і для 12

tx ( t ), тобто, для

довільного дійсного t справджується рівність

21 ( 1) 1(2 1) 2 1 ( ) 4 14 1 6

2 4 2t t tf x f f t t t

.

Очевидно, що 1 1t і 2 6t – корені рівняння 0f t . Але ж тоді 1 1x і

2 6x – корені рівняння 0f x . Тому 1 2 1 6 5x x .



39

Задача №4

І с п о с і б . Доведемо, що на координатній (прямокутній декартовій) площині XOY

не існує правильного трикутника, всі вершини якого мають цілі координати.

Доведення проведемо методом від супротивного. А саме:

нехай 1 2,A a a , 1 2,B b b і 1 2,C c c – вершини

правильного трикутника, причому

1 2 1 2 1 2, , , , ,a a b b c c .

Розглянемо прямокутну систему координат з

початком у точці A та осями 'AX і 'AY

паралельними осям OX і OY відповідно. Тоді

відносно системи ' 'X AY вершини трикутника

ABC також мають цілі координати:

0,0A , 1 1 2 2,B b a b a , 1 1 2 2,C c a c a .

Нехай сторона AB утворює з віссю 'AX кут . Тоді сторона AC

утворює з віссю 'AX кут 60 . Позначимо через d сторону правильного

трикутника. Тоді 1 1 cos 60 cos60 cos sin60 sinc a d d

1 1 2 21 3cos cos60 sin sin 602 2

d d b a b a .

Тому 2 2 1 1 1 13 2b a b a c a . Оскільки 1 2 1 2 1 2, , , , ,a a b b c c , то права частина останньої рівності є

раціональним числом.

Якщо 2 2a b , то ліва частина останньої рівності є числом ірраціональним.

І тому приходимо до протиріччя.

Якщо ж 2 2a b , то 0 . Звідки 1 1 cos 60 cos602dc a d d .

Тому 1 11 2

a bc , 2 2c a – довжина висоти трикутника опущеної з вершини

C . Тому 2 2 1 112ABCS c a b a . З іншого боку –

2 34ABC

dS . І

знов приходимо до суперечності.

A

B

C

X

'X

Y 'Y

O 1a

2a

1b

2b

1c

2c


40

І І с п о с і б . Нехай 1 2,A a a , 1 2,B b b і 1 2,C c c – вершини

правильного трикутника, причому 1 2 1 2 1 2, , , , ,a a b b c c .

Тоді згідно позначень, зроблених на рисунку, маємо

1 1AD b a , 2 2DB b a звідки 1 1 2 212ADBS b a b a ;

2 2BE c b , 1 1EC b c звідки 2 2 1 112BECS c b b c ;

1 1CF c a , 2 2FA c a .звідки 1 1 2 212CFAS c a c a .

Таким чином ABC ADEF ADB BEC CFAS S S S S

1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 21 1 12 2 2

b a c a b a b a c b b c c a c a

1 1 2 2 1 1 2 21 12 2

b a c a b a c a

1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 21 1 12 2 2

b a b a c b b c c a c a

1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 11 1 12 2 2

b a c b c a b c c b b c

2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 11 1 1 12 2 2 2

c b c a c a b c a c b c a c b c

1 1 2 2 2 2 1 112

a c b c a c b c .

Таким чином, 1 1 2 2 2 2 1 112ABCS a c b c a c b c .

Якщо припустити, що 1 2 1 2 1 2, , , , ,a a b b c c , то з останньої формули

випливає, що ABCS (є раціональним числом).

З іншого боку, для обчислення площі правильного трикутника є добре

відомою формула 2 34ABC

aS .

Оскільки 1 2 1 2 1 2, , , , ,a a b b c c , то 2 22 21 1 2 2a AB b a b a . Але ж тоді

2 34

a (не є раціональним числом). Отже, прийшли до суперечності. І тому

на координатній площині не існує правильного трикутника з цілочисловими

координатами.

A

B

C

D

Y

E

O 1a

2a

1b

2b

1c

2c F

X


41

І І І с п о с і б . Переформулюємо дану задачу у більш загальній постановці (без

фіксованої системи координат), а саме:

доведемо, що на «клітчастому полі» (клітинками є квадрати) не

існує правильного трикутника з вершинами у вузлових точках.

1-ий випадок 2-ий випадок 3-ій випадок 4-ий випадок

5-ий випадок

Припустимо, що на клітчастому полі існує правильний трикутник ABC з вершинами у вузлових точках. Тоді завжди існує (єдиний) «описаний» прямокутник з вершинами у вузлових точках, сторонам якого належать (можливо не всі) вершини ABC . Слід зазначити, що кожна сторона такого прямокутника містить принаймні дві вузлові точки.

Для довільного трикутника з вершинами у вузлових точках можливими є

виключно наступні суттєво різні випадки:

1-ий: дві з трьох вершин трикутника співпадають з двома протилежними вершинами прямокутника, а третя належить стороні прямокутника і тому трикутник є тупокутним;

2-ий: дві з трьох вершин трикутника співпадають з двома протилежними вершинами прямокутника, а третя міститься всередині прямокутника і тому трикутник є тупокутним;

3-ій: вершини трикутника співпадають з вершинами прямокутника і тому трикутник є прямокутним.

4-ий: дві з трьох вершин трикутника співпадають з двома сусідніми вершинами описаного прямокутника, а третя належить протилежній стороні прямокутника;

5-ий: одна з трьох вершин трикутника співпадає з вершиною описаного прямокутника, а дві інші належать сторонам прямокутника, що не містять зазначену вершину.

A B

C C

B

A A B

C

A

C

B

60 1A

1B

C

B A


42

Покажемо неможливість існування правильного трикутника у 5-му випадку

(в 4-му аналогічно). Отже, нехай фіксовано масштабну одиницю.

Тоді не важко бачити, що tg , tg (як відношення катетів у відповідних

прямокутних трикутниках 1CA A і 1CB B з вершинами у вузлових точках). Звідки

tg tgtg1 tg tg

.

З іншого боку оскільки 120 , то tg tg120 3 .

Отримана суперечність свідчить про невірність припущення.

Задача №5

За умовою дно коробки (у формі прямокутника) можна викласти за

допомогою плиток розміром 2×2 та 1×4.

B C A D

Розфарбуємо прямокутну ділянку ABCD (вказане дно) так, як показано

на рисунку. Тоді при довільному розташуванні (укладці) плиток

1) кожна плитка розміром 2×2 містить точно 1 чорну і 3 білі клітинки;

2) кожна плитка розміром 1×4 містить

або 2 чорні та 2 білі клітинки, або ж 0 чорних і 4 білих клітинки.

Тому парність числа чорних клітинок дна коробки співпадає з (визначається)

парністю числа плиток розміром 2×2.

Оскільки при заміні плитки розміром 2×2 на плитку розміром 1×4

парність числа плиток розміром 2×2 змінюється, то за допомогою нового

набору плиток дно вказаної прямокутної коробки викласти не вдасться.


43


1. Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность.

Пособие для учителей. – М.: Учпедгиз, 1960. – 224с.

2. Петраков И.С. Математические олимпиады школьников. Пособие для

учителей М.: «Просвещение», 1982. – 96с.

3. Спивак А.В. Тысяча и одна задача по математике. М.: Просвещение,

2002. – 208c.

4. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике, М.:

МЦНМО, 2005. – 560с.

5. Ященко И.В. Приглашение на математический праздник. 2-е изд., испр.

и доп. — М.: МЦНМО, 2005. – 104с.

6. Фомин А.А., Кузнецова Г.М. Школьные олимпиады. Международные

математические олимпиады – М.: Дрофа, 2006. – 159с.

7. Канель-Белов А.Я., Ковальджи А.К. Как решают нестандартные задачи.

Изд. 4-е, испр./ Под редакцией В.О. Бугаенко. М.: МЦНМО, 2008. – 96с.

8. Вышенский В.А., Карташев Н.В., Михайловский В.И., Ядренко М.И.

Сборник задач киевских математических олимпиад, Киев, 1984. – 240с.

9. Коваль Т.В. 400 задач з математичних олімпіад. 8–11 класи. – Тернопіль:

Мандрівець, 2004. – 80с.

10. Ясінський В.А. Олімпіадні задачі. Випуск 1: Навчальний посібник –

Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40с.

11. Довбыш Р.И., Потемкина Л.Л., Трегуб Н.Л., Лиманский В.В., Оридорога

Л.Л., Кулеско Н.А. Сборник материалов математических олимпиад: 906

самых интересных задач и примеров с решениями. – Донецк: ООО ПКФ

«БАО», 2005. – 336с.

Рекомендована література

44

12. Лось В.М., Тихієнко В.П. Математика: навчаємо міркувати.

Розв'язування нестандартних задач: Навч. посібник. – К.: Кондор, 2005 –

312с.

13. Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навч.

посібн. – К.: А.С.К., 2005. – 344с.

14. Ясінський В.А. Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язання .

–Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208с.


1. Київські олімпіади з математики –

http://www.matholymp.kiev.ua/index.php

2. "Математические олимпиады и олимпиадные задачи" (декілька

тисяч олімпіадних задач російських і міжнародних математичних

змагань) – http://zaba.ru/.

3. Фізико-математичний журнал "Квант" (завдання різних

математичних олімпіад за 1971–2002рр) – http://kvant.mccme.ru

4. Соросівська олімпіада для учнів – http://issep.rssi.ru.

5. International Mathematical Olympiad – http://imo.math.ca/

ВИПУСКИ СЕРІЇ: Викладачі СДПУ – учням, студентам, вчителям...

Номери випусків Назва Рік Автори

Випуск 1 ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2007

2008

Беседін Б.Б., Бірюкова Г.М., Ганзера Г.О., Кадубовська В.М., Кадубовський О.А., Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.


2009

Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Кадубовський О.А., Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

Випуск 3 Моделювання сучасного уроку математики в школі 2009

Н.І. Труш, Б.Б. Беседін, Г.М. Бірюкова, Л.Г. Плесканьова.

Випуск 4 Олімпіадні задачі з інформатики: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики 2007, 2008

2009

В.Є. Величко, М.М. Рубан, В.П. Батуніна, С.Є. Устінов


2010

Кадубовський О.А., Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

Підприємець Маторін Б.І. Свідоцтво про внесення суб’єкта видавничої справи до Державного реєстру видавців, виготівників і розповсюджувачів видавничої продукції ДК №3141, видане Державним комітетом телебачення та радіомовлення України від 24.03.2008 р.

Підписано до друку 30.12.08 р.

Формат 6084 1/16. Ум. др. арк. 2,75. Зам. № 72. Тираж 200 прим.


Тел./факс (06262) 3-20-99; тел. (0626) 66-53-56


засновано у 1939 році. Він є одним з престижних та відомих вищих навчальних закладів України; динамічно розвивається, запроваджуючи найновіші освітні технології і методики роботи, формуючи потужну матеріальну базу, утверджуючись на міжнародному рівні. Здійснює підготовку фахівців за 22 спеціальностями на 9 факультетах по денній та заочній формам навчання.

З нашого університету розпочинається історія розвитку вищої педагогічної освіти в Донбасі.

До уваги абітурієнтів

У 2010 році фізико-математичний факультет СДПУ оголошує прийом документів для вступу на перший курс для здобуття освітньо-кваліфікаційного рівня бакалавра за наступними напрямами підготовки

Напрями підготовки:

6.040201 Матема-тика*

6.040203 Фізика*

Галузь знань:

0402 Фізико-математичні науки

Спеціалізація: інформатика

Нормативні терміни навчання

4 роки (3 роки 10 місяців)

Ліцензовані обсяги 125 65 Перелік конкурсних предметів у сертифікаті Українського центру оцінювання якості освіти (вступних екзаменів), за якими відбувається конкурс при вступі

1. Українська мова та література; 2. Математика; 3. Історія України або фізика або біологія

Вартість одного року навчання (грн.) станом на 1.11.2009

2800

Прийом заяв і документів, вступні екзамени, конкурсний відбір та зарахування на навчання вступників (на основі здобутої повної загальної середньої освіти) проводиться в такі строки

Початок прийому заяв та документів 15 липня

Закінчення прийому заяв та документів від осіб, які мають складати вступні випробування

22 липня

Закінчення прийому заяв та документів від осіб, які не складають вступних випробувань

31 липня

Строки проведення вступних екзаменів

23–31 липня

Термін оприлюднення рейтингового списку вступників

не пізніше 1 серпня

Терміни зарахування вступників за державним замовленням –

за кошти фізичних (юридичних) осіб – після зарахування на місця державного замовлення

не пізніше 10 серпня не пізніше 25 серпня


Беседін Б.Б., Кадубовський О.А., Кадубовська В.М.,

Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

ООЛЛІІММППІІААДДННІІ ЗЗААДДААЧЧІІ

РРООЗЗВВ’’ЯЯЗЗААННННЯЯ ЗЗААДДААЧЧ IIII ееттааппуу

ВВссееууккррааїїннссььккооїї ооллііммппііааддии зз ммааттееммааттииккии –– 22001100

Випуск 8

навчальний посібник

умови

відповіді

розв’язання

СЕ

РІЯ

: В

ИК

ЛА

ДА

ЧІ С

ДП

У –

УЧ

НЯ

М, С

ТУ

ДЕ

НТ

АМ

, ВЧ

ИТ

ЕЛ

ЯМ

...


МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, МОЛОДІ ТА СПОРТУ УКРАЇНИ


Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.




6 – 11 класи

Рекомендовано вченою радою

Слов’янського державного педагогічного університету

в якості навчального посібника

для проведення факультативних занять з математики


2


УДК 371.384:51 (076) ББК 22.1 О – 543

Беседін Б.Б., Кадубовський О.А., Кадубовська В.М., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В. ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2010 (ВИПУСК 8, СЕРІЯ: Викладачі СДПУ – учням, студентам, вчителям...): Навчальний посібник – Слов’янськ, 2011. – 80 с.

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посібник для проведення гурткових і факультативних занять при підготовці до учнівських математичних олімпіад. Буде корисним учням ЗОШ та студентам математичних спеціальностей педагогічних ВНЗів.

РЕКОМЕНДОВАНО ДО ДРУКУ вченою радою Слов’янського державного педагогічного університету – протокол

№ __ від __.__.2011 р.;



кандидат фіз.-мат. наук ВЕЛИЧКО В.Є., Слов'янський державний педагогічний університет, доцент кафедри алгебри.



© Беседін Б.Б., Кадубовський О.А, Кадубовська В.М, Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В., 2011

ІІ тур Всеукраїнської олімпіади з математики

3




Д. Пойа1.

Даний посібник є восьмим випуском серії „ВИКЛАДАЧІ СДПУ –




наказу УОН № 552 від 04.10.2010.

Як і в попередніх випусках для більшості задач олімпіади пропонується









математичних теорем. Дуже часто учні зустрічаються з ними при розв’язуванні





в [13]2.



4

В посібнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс яких








семінарів, присвячених аналізу їх результатів. Автори посібника висловлюють

щиру подяку викладачам кафедри геометрії та методики викладання

математики Плесканьовій Лілії Григорівні та Бірюковій Галині Миколаївні за

активну участь у підготовці посібника.

Автори мають надію, що представлений посібник буде корисним

керівникам математичних гуртків та їх зацікавленим учням і стане для багатьох

з них поштовхом до більш глибокого вивчення математики в цілому.





25.01.2011


5

ЗМІСТ

ВІД АВТОРІВ .............................................................................................................. 3

УМОВИ ЗАДАЧ .......................................................................................................... 6

6 клас ........................................................................................................................ 6 7 клас ........................................................................................................................ 6 8 клас ........................................................................................................................ 7 9 клас ........................................................................................................................ 7 10 клас ...................................................................................................................... 8 11 клас ...................................................................................................................... 8

РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ ............................................................................................ 9

6 клас ........................................................................................................................ 9 7 клас ......................................................................................................................12 8 клас ......................................................................................................................17 9 клас ......................................................................................................................24 10 клас ....................................................................................................................34 11 клас ....................................................................................................................41

УМОВИ ЗАВДАНЬ (II ЕТАПІВ) ВСЕУКРАЇНСЬКИХ ОЛІМПІАД З

МАТЕМАТИКИ..........................................................................................................51

1998 рік ...................................................................................................................51 1999 рік ...................................................................................................................53 2000 рік ...................................................................................................................55 2001 рік ...................................................................................................................56 2002 рік ...................................................................................................................58 2003 рік ...................................................................................................................60 2004 рік ...................................................................................................................62 2005 рік (міський) .................................................................................................64 2005 рік ...................................................................................................................66 2006 рік ...................................................................................................................68 2007 рік ...................................................................................................................70 2008 рік ...................................................................................................................72 2009 рік ...................................................................................................................74

РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА .......................................................................76

Internet ресурси ....................................................................................................80


6


6 клас 1. (15 балів) Ціна товару становила 500 гривень. Через деякий час вона

зросла на 10%, а потім знизилась на 10%. Визначте нову ціну товару.

2. (15 балів) О 9 годині ранку зі станції A вирушив пасажирський поїзд, а

слідом за ним об 11 годині з тієї ж станції вирушив швидкий поїзд. На якій

відстані від станції A пасажирський поїзд повинен пропустити швидкий

поїзд, якщо швидкість пасажирського поїзда 54 км/год, а швидкого – 72

км/год?

3. (20 балів) Найменше спільне кратне двох чисел, які не діляться одне на

одне, дорівнює 630, а їх найбільший спільний дільник дорівнює 18. Знайти

ці числа.

4. (20 балів) Щоб пронумерувати сторінки книги, потрібно 1392 цифри.

Скільки сторінок у цій книжці?

5. (30 балів) По колу вписали 2003 натуральних числа. Доведіть, що

знайдуться два сусідніх числа, сума яких є парною.

7 клас 1. (15 балів) З кошика взяли 3 яблука, потім третину від залишку, потім ще

3 яблука, після чого в кошику залишилася половина від початкової

кількості яблук. Скільки яблук було в кошику спочатку?

2. (15 балів) Білка за 20 хвилин приносить горіх до домівки. Яку відстань

при цьому вона долає, якщо без горіха вона біжить зі швидкістю 5 м/с, а з

горіхом 3 м/с.

3. (20 балів) На дошці написано число 321321321321. Які цифри треба

стерти, щоб отримати найбільше можливе число, яке ділиться на 9?

4. (20 балів) Доведіть, що значення виразу 7 5 696 22 48 є кратним 10.

5. (30 балів) На столі лежать 18 олівців. Двоє учнів по черзі беруть один,

два або три олівці. Програє той, хто візьме останній олівець. Як повинен

грати перший учень, щоб виграти?

ІІ тур Всеукраїнської олімпіади з математики 8 клас

7

8 клас 1. (15 балів) Коли турист пройшов 1 км та половину решти, то

з’ясувалося, що до кінця ще 1 3 всього шляху та ще 1 км. Знайдіть

довжину всього шляху.

2. (15 балів) У трикутнику ABC бісектриса з вершини A , висота з

вершини B та серединний перпендикуляр до сторони AB перетинаються

в одній точці. Знайдіть величину кута A .

3. (20 балів) Розв’яжіть рівняння 2 1 3 5x .

4. (20 балів) Сума трьох цілих чисел ділиться на 6. Довести, що й сума

кубів цих чисел ділиться на 6.

5. (30 балів) На площині дано шість точок загального положення (жодні

три з них не лежать на одній прямій). Кожні дві точки сполучено відрізком

або червоного, або синього кольору. Довести, що знайдеться трикутник з

вершинами в даних точках, всі сторони якого мають один колір.

9 клас

1. (15 балів) Порівняти числа: 13 2

і 5 2 6 .

2. (15 балів) Цілі числа a, b, c, d задовольняють умову a b a bc d c d

. Чи

може добуток abcd дорівнювати 1000?

3. (20 балів) Довести, що довільний паралелограм можна розрізати рівно

на 9 рівнобедрених трикутників.

4. (20 балів) При яких значеннях а рівняння

2 22 1 2 1 0x a x a x a x a має рівно три різні корені?

5. (30 балів) У нескінченному місті усі квартали – квадрати одного

розміру. Велосипедист стартував з перехрестя вулиць. Через півхвилини

за ним поїхав інший велосипедист. Кожен їде зі сталою швидкістю 1

квартал у хвилину і на кожному перехресті вулиць повертає направо або

наліво. Чи можуть вони зустрітися?


8

10 клас

1. (15 балів) Відомо, що 2 2 12

x y x y . Довести, що 1x y .

2. (15 балів) Розв’язати рівняння 2 5 164 23

xx x .

3. (20 балів) Про чотирикутник ABCD відомо, що 60BAD CDA , а

також CAD CDB . Довести, що AB CD AD .

4. (20 балів) Дискримінант D квадратного тричлена 2P x x px q є

додатним. Скільки коренів може мати рівняння 0P x P x D ?

5. (30 балів) Числа 1, 2, 3, …, 25 розташовують у квадратній таблиці 5 5

так, щоб у кожному рядку числа були розміщені у порядку зростання. Яке

найменше значення може мати сума чисел у третьому стовпчику?

11 клас

1. (15 балів) Функція f x має вид ax bf xcx d

, де a , b , c , d – деякі

числа. Відомо, що 0 1f , 1 0f , 2 3f . Чому дорівнює 3f ?

2. (15 балів) Довести, що якщо cos 0x , то cos2 3 4cos

xx

.

3. (20 балів) Відрізок CH – висота прямокутного трикутника ABC , яка

проведена до гіпотенузи АВ. Точки 1O , 2O і O є центрами вписаних кіл

трикутників ACH , BCH і ABC відповідно. Довести, що 1 2CO O O і

1 2CO O O .

4. (20 балів) Чи існує таке натуральне число а, що у послідовності 2 22007 2006nx n an a кожні два сусідніх члена є взаємно простими?

5. (30 балів) В квадраті зі стороною 1 розташовано 2006 рівносторонніх

трикутників, сума периметрів яких дорівнює 300. Довести, що принаймні

три з них мають спільну точку.


9


6 клас

Задача №1

Оскільки початкова ціна товару становила 500 гривень, то після

підвищення на 10% ціна товару становитиме 500500 10 500 50 550100

гривень. Після зниження (проміжної) ціни товару на 10% нова ціна товару

становитиме 550550 10 550 55 495100

гривень.

Відповідь: 495 гривень.

Д о п о в н е н н я Розв’яжемо поставлену задачу в загальному вигляді, а саме:

нехай початкова ціна товару становила x гривень. Через деякий час вона зросла

на %p а потім знизилась на %p . Визначимо остаточну ціну товару.

Оскільки початкова ціна товару становила x (умовних одиниць), то після

підвищення на %p нова ціна товару становитиме 1100 100

x px p x

гривень. Після зниження (проміжної) ціни товару на %p , остаточна ціна товару

становитиме

1100 1001001 1 1

100 100 100 100 100 100

pxp p p p px p x x

умовних одиниць.

Таким чином, остаточна ціна товару становить 100 100100 100

p px

(ум.од.)

!? Подумайте, якою буде остаточна ціна товару, якщо спочатку відбулось зниження ціни на %p , а вже потім підвищення на %p .


10

Задача №2

Нехай t – час руху пасажирського поїзду до моменту, коли він повинен

пропустити швидкий потяг. Тоді швидкий потяг до вказаної події рухався 2t

години. Оскільки на момент зазначеної події кожен з них подолав однакову

відстань, то має місце рівність 54 72 2t t .

Розв’яжемо одержане рівняння

54 72 2t t ; 54 72 144t t ; 72 54 144t t ; 18 144t ; 144 818

t .

Таким чином, пасажирський поїзд повинен пропустити швидкий поїзд

через 8 годин з моменту руху зі станції A о 9–ій годині ранку.

І тому за ці 8 годин пасажирський поїзд подолає відстань 54 8 432S км.

Отже, на відстані 432 км від станції A , швидкий поїзд наздожене

пасажирський.

Відповідь: 432 км.

Задача №3

І с п о с і б Нехай x і y – шукані числа. Тоді за умовою мають місце рівності

2НСК , 630 2 3 5 7x y , (1) 2НСД , 18 2 3x y . (2)

З (2) випливає, що шукані числа мають вид

18 'x x , 18 'y y , де 'x і 'y – взаємно прості числа.

З (1) випливає два можливі випадки:

1) 18 5x , 18 7y (або ж 18 7x , 18 5y );

2) 18 5 7x , 18 1y (або ж 18 1x , 18 5 7y ).

Оскільки шукані числа не діляться одне на одне, то розв’язки, що

відповідають другому випадку, не задовольняють умову задачі. Тому шуканими

числами є числа 90 і 126 .


11

І І с п о с і б Нехай x і y – шукані числа, причому x y . Оскільки НСД , 18x y , то

18 'x x , 18 'y y , де 'x і 'y – взаємно прості числа.

Оскільки для довільних натуральних чисел ,a b справджується рівність

НСК ,

НСД ,a ba b

a b

, то для шуканих x і y справджується рівність

18 ' 18 '630 18 ' '18 18x y x y x y

. Звідки 630' ' 35 5 718

x y . Звідки

' 35x , ' 1y або ж ' 7x , ' 5y .

Тоді 35 18x , 18y або ж 7 18x , 5 18y .

Проте числа 35 18x , 18y не задовольняють умову задачі, оскільки x

ділиться на y . Тому шуканими числами є числа 90 і 126 .

Відповідь: 90 і 126 .

Задача №4

Для нумерації перших 9-ти сторінок (довільної) книги знадобиться 9 1

цифр.

Для нумерації сторінок з 10-ої по 99-ту знадобиться

99 10 1 2 90 2 180 цифр.

Для нумерації сторінок з 100–ої по 999–ту знадобиться

999 100 1 3 2700 цифр.

Оскільки для нумерації усіх сторінок книги знадобилось 1392 цифри, то у

такій книзі сторінок більше ніж 99, але менше ніж 999.

Більше того, для нумерації сторінок книги, номери яких є тризначними

числами, було витрачено точно 1392 9 1 90 2 1203 цифр.

Тому число сторінок з тризначними номерами становить 1203 4013

.

Таким чином, у книзі, для нумерації усіх сторінок якої було використано

1392 цифр, точно 9 90 401 500 сторінок.

Відповідь: 500.


12

Задача №5

З 2003 натуральних чисел принаймні 1002 числа є числами однакової

парності (парні або ж не парні).

Іншими словами: оскільки 2003 є непарним числом, то чисел однієї

парності більше, ніж чисел іншої парності щонайменше як на 1.

Припустимо, що серед 2003 наведених чисел, наприклад, парних більше

ніж непарних. Тоді, як зазначено вище, парних чисел принаймні 1002.

Зафіксуємо на колі які-небудь 1002 парних чисел з усіх парних чисел.

Якщо припустити, що на колі не знайдеться два сусідніх числа, сума яких є

парною, то це означатиме що числа, розташовані по колу, чергуються

наступним чином – парне, непарне, парне, непарне і т.д.. Але ж тоді на колі

повинно бути щонайменше 2004 числа. Отже, прийшли до протиріччя з

умовою, бо по колу розташовано точно 2003 натуральні числа.

7 клас

Задача №1

Нехай у кошику спочатку було x яблук. Після видалення 3 яблук у кошику залишилося 3x яблук. Після видалення третини яблук від залишку у кошику залишилося

3 1 23 3 1 33 3 3

xx x x

(яблук).

Після видалення ще трьох яблук у кошику залишилося 2 3 33

x або ж

2x яблук. Звідки маємо рівняння 2 3 3

3 2xx ;

2 3 33 2

xx ; 2 633 2

xx ; 4 3 3 6x x ;

4 12 3 18x x ; 4 3 12 18x x ; 30x .

Розв’язавши рівняння одержали, що 30x . Тому в кошику спочатку було 30 яблук.



13

Задача №2

Нехай S – відстань, яку білка долає від своєї домівки (пункт A ) до місця

з горіхами (пункт B ). Тоді відстань S від A до B білка без горіха долає за 5S

секунд. Відстань S від B до A білка з горіхом долає за 3S секунд.

За умовою задачі на всю подорож за горіхом (шлях від A до B і назад)

білка витрачає 20 хвилин або ж 20 60 1200 секунд. Тому має місце рівність

12005 3S S . Звідки 8 1200

15S або ж 1200 15 150 15 2250

8S .

Таким чином, при поході за горіхом і назад білка долає відстань 4500 метрів.

Відповідь: 4500 метрів.

Задача №3

Для розв’язання задачі скористаємося ознакою подільності натуральних

чисел на 9: на 9 діляться ті і лише ті натуральні числа, сума цифр яких

ділиться на 9.

Очевидно, що сума цифр даного числа 321321321321a становить 24 .

Найбільшим натуральним числом, яке не перевищує 24 і ділиться на 9, є

число 18. Оскільки 24 18 6 , то в даному числі a слід закреслити такі цифри,

сума яких становить 6. Очевидно, що шукане число буде найбільшим, коли

буде закреслена найменша кількість цифр. Оскільки в даному числі

321321321321a зустрічаються виключно цифри 1,2 і 3 (кожна точно чотири

рази), то найменша кількість цифр, що закреслюються у a і сума яких дорівнює

6, становить 2 . Тобто, коли видаляються точно дві «трійки». Отже, шукане

число одержується із заданого в результаті закреслювання двох трійок.

Оскільки в даному числі a рівно чотири трійки (що займають 1-шу, 4-ту,

7-му та 10-ту позиції), то існує точно 6 різних способів закреслювання двох

зазначених трійок. Шукане число буде найбільшим в тому випадку, коли будуть


14

викресленими трійки, що займають 7-му і 10-ту позиції, тобто ті, що

відповідають меншим розрядним одиницям. Отже, шуканим числом є число

3213213 213 21 3213212121 .


Задача №4

І с п о с і б Очевидно, що остання цифра натурального степеня багатоцифрового

числа співпадає з останньою цифрою відповідного степеня числа, що задається

останньою його цифрою. Тоді отримуємо: 796 закінчується цифрою 6, 522 – цифрою 2, а 648 – цифрою 4.

Звідси випливає, що задане число закінчується цифрою 0, а отже воно

ділиться на 10.

І І с п о с і б

657 5 6 7 4 7 5 5 6 1996 22 48 96 2 11 2 3 96 2 11 3 2

27 5 5 10196 2 11 81 9 22

7 5 2196 32 11 729 10242

.

Оскільки 6 6 36 , то кожен степінь (з натуральним показником) натурального

числа, що закінчується цифрою 6, також є числом, яке має останню цифру 6.

Тому останньою цифрою числа 796 є цифра 6.

Очевидно, що число 21024 закінчується цифрою 6. Тому число 21 10242

закінчується цифрою 3, а число 21729 10242 закінчується цифрою 7. Оскільки

число 511 закінчується цифрою 1, то число 5 2111 729 10242

закінчується

цифрою 8. Отже, число 5 2132 11 729 10242

закінчується цифрою 6.

І тому останньою цифрою числа 7 5 2196 32 11 729 10242

є цифра 0.

Отже, число ділиться на 10.


15

І І І с п о с і б ( н е д л я 7 к л а с у ) Нагадаємо таблицю Паскаля для визначення біноміальних коефіцієнтів

степеня двочлена

na b na b 1n 1 1 1 1 2n 1 2 1 1 2 1 3n 1 3 3 1 1 3 3 1 4n 1 4 6 4 1 1 4 6 4 1 5n 1 5 10 10 5 1 1 5 10 10 5 1 6n 1 6 15 20 15 6 1 1 6 15 20 15 6 1 7n 1 7 21 35 35 21 7 1 1 7 21 35 35 21 7 1

Тоді має місце рівність

7 5 67 5 696 22 48 100 4 20 2 50 2

7 6 5 2 4 3 3 4 2 5100 7 100 4 21 100 4 35 100 4 35 100 4 21 100 4 1 6 7 5 4 3 2 2 3 1 4 57 100 4 1 4 1 20 5 20 2 10 20 2 10 20 2 5 20 2 1 2

6 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 61 50 6 50 2 15 50 2 20 50 2 15 50 2 6 50 2 1 2

6 5 2 4 3 3 4 2 5 6100 100 28 100 21 4 100 35 4 100 35 4 100 21 4 100 7 4

4 3 2 2 1 3 420 1 20 5 20 2 10 20 2 10 20 2 5 2

5 4 1 3 2 2 3 1 4 550 1 50 6 50 2 15 50 2 20 50 2 15 50 2 6 2 7 5 64 2 2 .

Оскільки 7 5 6 14 5 6 5 9 4 44 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 5012 3 2 1030 , то

число 7 5 696 22 48 ділиться на 10.


16

Задача №5

Для того щоб, згідно з правилами гри, перший учень виграв, на

останньому – k –му своєму кроці він повинен залишити 1 олівець (для другого).

Для того, щоб йому це вдалося, на передостанньому – ( 1)k -му кроці він

повинен залишити для другого 5 олівців:

якщо другий учень на ( 1)k -му кроці візьме 1 олівець, то перший на останньому k -му кроці повинен взяти 3 олівця; якщо другий учень на ( 1)k -му кроці візьме 2 олівця, то перший на останньому k -му кроці повинен взяти 2 олівця; якщо другий учень на ( 1)k -му кроці візьме 3 олівця, то перший на останньому k -му кроці повинен взяти 1 олівець. Так само, для того, щоб після ( 1)k -го кроку першому вдалося залишити

для другого 5 олівців, після ( 2)k -го кроку перший повинен залишити для

другого 9 олівців:

якщо другий учень на ( 2)k -му кроці візьме 1 олівець, то перший на останньому 1k -му кроці повинен взяти 3 олівця; якщо другий учень на ( 2)k -му кроці візьме 2 олівця, то перший на останньому ( 1)k -му кроці повинен взяти 2 олівця; якщо другий учень на ( 2)k -му кроці візьме 3 олівця, то перший на останньому ( 1)k -му кроці повинен взяти 1 олівець. Продовжуючи вказані міркування маємо, що перший учень для

гарантованого виграшу в даній грі повинен залишати після себе «в зворотному

напрямку» 1; 5; 9; 13; 17 олівців.

Отже, перший учень, щоб виграти, повинен грати наступним чином:

першого разу він повинен взяти 1 олівець (бо 1 – це остача від ділення числа

17 18 1 на число 4).

при кожному наступному виборі керуватися правилом:

«якщо другий візьме 1 олівець, то перший повинен взяти 3 олівці,

якщо другий візьме 2 олівці, то перший повинен взяти 2 олівці,

якщо другий візьме 3 олівці, то перший повинен взяти 1 олівець».


17

Д о п о в н е н н я

!? Як повинен грати перший учень, щоб виграти, якщо олівців не 18 а, наприклад, 23 або ж 17?

!? Якою повинна бути стратегія першого гравця (щоб виграти), якщо при заданій кількості олівців (18) кожному з гравців дозволяється на кожному кроці брати не більше 4-ьох (5-ти) олівців?

!? Якою повинна бути стратегія першого гравця (щоб виграти), якщо при заданій кількості олівців 4 1n k кожному з гравців дозволяється на кожному кроці брати не більше m ( m n ) олівців?

8 клас

Задача №1

Нехай S (км) – довжина всього шляху. За умовою коли турист пройшов 1

(км) та половину решти шляху 12

S (км), то з’ясувалося, що до кінця

залишилося ще 13

всього шляху S та ще 1 (км) або, що те ж саме, 1 13

S (км).

Тому має місце рівність 1 11 12 3

S S S

, звідки 3 1 22

6S S

S

або ж 5 3 6 12S S . Тому 9S .

Відповідь: 9 км.

Задача №2

Нехай у трикутнику ABC бісектриса AL кута A , висота BH та

серединний перпендикуляр до сторони AB в точці M перетинаються в точці

O .

Тоді за властивістю бісектриси кута (трикутника) маємо, що OH OM .

Звідки випливає що прямокутні трикутники AMO і AHO рівні за катетом і

гіпотенузою.


18

Оскільки OM є одночасно і висотою і

медіаною трикутника AOB , то трикутник AOB є

рівнобедреним з основою AB . Тому

BAO ABO .

Таким чином, з урахуванням рівності

вказаних трикутників, маємо рівність відповідних

кутів, а саме: HAO BAO ABO .

Оскільки 090HAO BAO ABO , то кожен з кутів

, ,HAO BAO ABO дорівнює 030 . Тому 060A .


Задача №3

І с п о с і б За властивістю модуля маємо наступні рівняння

2 1 3 5x або 2 1 3 5x ;

Розв’яжемо кожне з них:

1 4x 1 1x ;

1 4x або 1 4x Рівняння не має коренів.

5x 3x .

І І с п о с і б Нехай 1x t , 0t . Тоді дане рівняння 2 1 3 5x набуває вид

2 3 5t . Піднесемо обидві частини останнього рівняння до другого степеня

та розв’яжемо одержане квадратне рівняння: 24 12 9 25t t ; 2 3 4 0t t ;

1 4 0t t .

1 1t не задовольняє умові 0t . А тому 4t . Звідки 1 4x .

Таким чином, 1 4x або 1 4x . Звідки 1 3x ; 2 5x .

Відповідь: 3 ; 5 .

A

B

C

O

H

L M


19

Задача №4

І с п о с і б Нехай , ,x y z – вказані цілі числа. Тоді 6x y z k , k .

Оскільки 33 2 33 23 3x y z x y z x x y z x y z y z

23 3 3 23 3 3x y z x y z x y z yz y z

3 3 3 23x y z y z x x y z yz

3 3 3 3x y z y z x x y z yz

3 3 3 3 3x y z x y z x y z x y z yz ,

то 3 3 3 36 36 3 3x y z k x y z x y z x y z yz

36 36 6 3 3k kx y z y z xyz Для довільних двох цілих чисел y і z або їх сума y z ділиться на

два, або ж їх добуток yz ділиться на два. Тоді при довільних цілих , , ,x y z k вираз 3 y z xyz завжди ділиться на шість. Тому і вираз 36 36 6 3 3k kx y z xyz ділиться на шість.

Отже, сума кубів вказаних чисел ділиться на 6 .

І І с п о с і б Подамо вираз 3 3 3x y z у наступному вигляді

3 3 3 3 3 3x y z x y z x y z x y z

3 3 3x x y y z z x y z

2 2 21 1 1x x y y z z x y z

1 1 1 1 1 1x x x y y y z z z x y z . Звідки

3 3 3 1 1 1 1 1 1x y z x x x y y y z z z x y z (8.4) Зауважимо, що з трьох послідовних цілих чисел одне завжди ділиться на

три, і принаймні одне ділиться на два. Тому добуток трьох послідовних цілих

чисел завжди ділиться на шість.

Отже, кожен з перших трьох доданків правої частини рівності (8.4)

ділиться на шість. За умовою останній доданок – вираз x y z – також

ділиться на шість. І тому права частина рівності (8.4), а разом з нею і ліва

частина – вираз 3 3 3x y z , ділиться на шість.


20

Більше того, з рівності (8.4) випливає, що сума кубів 3 3 3x y z трьох

цілих чисел ділиться на шість тоді і лише тоді, коли на шість ділиться сума цих

чисел.

Задача №5

Нехай на площині задано шість точок , , , , ,A B C D E F загального

положення (жодні три з яких не лежать на одній прямій).

За умовою кожні дві точки сполучено

відрізком червоного або синього кольору, та

з кожної точки виходить п’ять відрізків.

Тоді за принципом Діріхлє з кожної точки

(зокрема точки A ) виходить принаймні три

відрізки одного кольору (червоного або

синього).

Без втрати загальності будемо вважати, що відрізки AB , AC і AD одного

кольору. Заради визначеності будемо вважати їх синіми.

Якщо припустити, що при довільному розфарбуванні відрізків (у

вказаний за умовою задачі спосіб) не існує трикутника зі сторонами одного

кольору, то відрізок BC повинен бути червоного кольору (бо сторони AB і AC

синього кольору). Так само відрізки CD і BD повинні бути червоного кольору.

Але ж тоді всі сторони трикутника BCD червоного кольору. Приходимо до

протиріччя з припущенням. Отже наше припущення є хибним, і тому

при довільному розфарбуванні відрізків у вказаний за умовою задачі спосіб

існує принаймні один трикутник зі сторонами одного кольору.

Д о п о в н е н н я Доведемо більш сильне твердження, а саме, що:

при довільному розфарбуванні відрізків у вказаний за умовою задачі спосіб

існує принаймні два трикутники, сторони кожного з яких розфарбовано в

один колір (можливо різний для кожного з трикутників).

A

B

C

D E F


21

За доведеним раніше, існує принаймні один трикутник, сторони якого

розфарбовано в один колір. Без втрати загальності можна вважати, що це саме

трикутник BCD .

Припустимо обернене, що крім BCD іншого трикутника зі сторонами

одного кольору не існує. Тоді існують лише наступні суттєво різні випадки:

1) коли відрізки CA , CF , CE червоного кольору. Тоді відрізки AF , FE і

EA повинні бути синього кольору. А тому існує й другий трикутник AFE зі

сторонами одного (синього) кольору (рис. 1).

Рис. 1 Рис. 2

2) коли відрізки CA , CF , CE синього кольору. Тоді відрізки AF , FE і EA

повинні бути червоного кольору. А тому існує й другий трикутник AFE

зі сторонами одного (червоного) кольору (рис. 2).

3) коли відрізки CA і CF червоного, а CE синього кольору. Тоді відрізки

AB , AF і BF повинні бути синього кольору. А тому існує й другий

трикутник ABF зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 3).

4) коли відрізки CA і CE червоного, а CF синього кольору. Тоді відрізки

AB , AE і BE повинні бути синього кольору. А тому існує й другий

трикутник ABE зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 4).

Рис. 3 Рис. 4 Рис. 5

A

B

C

D E F

A

B

C

D E F

A

B

C

D E F

A

B

C

D E

F

A

B

C

D E

F


22

5) коли відрізки CF і CE червоного, а CA синього кольору. Тоді відрізки

FE , ED і DF повинні бути синього кольору. А тому існує й другий

трикутник FED зі сторонами одного (синього) кольору (рис. 5).

6) коли відрізок CA червоного, а CF і CE синього кольору. Тоді відрізок

FE повинен бути червоного а AB і AD синього кольору. Крім того:

6.1) якщо відрізок AF червоного кольору, то відрізок AE повинен бути

синього кольору. І, як наслідок, відрізки BE і ED можуть бути лише червоного

кольору. А тому існує й

другий трикутник BED зі

сторонами одного

(червоного) кольору (рис.

6.1);

Рис. 6.1 Рис. 6.2

6.2) якщо ж відрізок AF синього кольору, то відрізки BF і FD повинні

бути червоного кольору. А тому існує й другий трикутник BFD зі сторонами

одного (червоного) кольору (рис. 6.2).

7) коли відрізок CF червоного, а CA і CE синього кольору. Тоді відрізок

AE червоного а FD і FB синього кольору. Крім того:

7.1) якщо відрізок FE червоного кольору, то відрізок AF може бути

лише синього кольору. І як

наслідок, AB може бути лише

червоного кольору. А тому

існує й другий трикутник

ABF зі сторонами одного

(синього) кольору (рис. 7.1);

Рис. 7.1 Рис. 7.2

7.2) якщо ж відрізок FE синього кольору, то відрізки BE і ED можуть

бути лише червоного кольору. А тому існує й другий трикутник BED зі

сторонами одного (червоного) кольору (рис. 7.2).

A

B

C

D F

A

B

C

D E F E

A

B

C

D E

F

A

B

C

D E

F


23

8) коли відрізок CE червоного, а CA і CF синього кольору. Тоді відрізки

ED і BE повинні бути синього а AF червоного кольору. Крім того:

8.1) якщо відрізок FE червоного кольору, то відрізок AE повинен бути

синього кольору. І як наслідок відрізки AD і AB повинні бути червоного

кольору. А тому існує й

другий трикутник ABD зі

сторонами одного (червоного)

кольору (рис. 8.1);

Рис. 8.1 Рис. 8.2

8.2) якщо ж відрізок FE синього кольору, то відрізки BF і FD повинні

бути червоного кольору. А тому існує й другий трикутник BFD зі

сторонами одного (червоного) кольору (рис. 8.2).

Таким чином, при довільному розфарбуванні відрізків у вказаний за

умовою задачі спосіб існує принаймні два трикутники, сторони кожного з яких

розфарбовано в один колір (можливо різний для кожного з трикутників).

A

B

C

D E

F

A

B

C

D E

F


24

9 клас

Задача №1

І с п о с і б

2 2

3 21 3 2 3 2 3 23 23 2 3 2 3 2 3 2

2 2 23 2 3 2 3 2 2 3 2 6 2 5 2 6 .

Таким чином 1 5 2 63 2

.

І І с п о с і б Покажемо, що дані числа є рівними. Для цього достатньо показати

справедливість рівності

1 5 2 6 3 2 .

5 2 6 3 2 5 2 6 3 5 2 6 2 15 6 6 10 4 6

2 23 6 6 2 3 6 6 2 3 6 6 2 1 .

Відповідь: 1 5 2 63 2

.


Нехай , , 0a b c . Тоді

2 2 2 2 42

2 2 2 2 4b a cb b b ba b c a c c c c

.

Якщо 2 4b a c , то 2

2 2 2b b ba b c c c c

.

Аналогічно, якщо 2 4b a c , то 2

2 2b ba b c c c

.


25

Задача №2

І с п о с і б З’ясуємо, чи може добуток abcd дорівнювати 1000 , якщо цілі числа a , b ,

c і d задовольняють умові a b a bc d c d

.

Отже, нехай d c , тоді a b c d a b c d або ж

ac ad bc bd ac ad bc bd

Звідки 2 0ad bc . Тому ad bc . Таким чином, добуток abcd можна

подати у вигляді 2abcd ad bc ad .

Якщо припустити, що при деяких цілих a і d справджується рівність

22 1000 10 10ad ,

то з неї випливатиме, що добуток цілих чисел a і d є числом 10 10 , або ж, що

1010ad

,

чого бути не може, оскільки ліва частина останньої рівності є числом

раціональним, а права її частина – 10 – ірраціональним числом.


Нехай d c , тоді з умови a b a b tc d c d

маємо справедливість

наступних рівностей

a b t c d

a b t c d

при деякому сталому значені t . Звідки

2 22 2

a tcb td

, або ж

a tcb td

.

Тому добуток abcd можна подати у вигляді 2abcd tctdcd tcd .

Якщо припустити, що при деяких цілих c , d і раціональному t

справджується рівність 22 1000 10 10tcd , то з неї випливатиме, що


26

добуток раціональних чисел c , d і t є числом 10 10 , або ж що 1010tcd

, чого

бути не може, оскільки ліва частина останньої рівності є числом раціональним,

а права її частина – 10 – ірраціональним числом.

Відповідь: не може.

Д о п о в н е н н я Нагадаємо в який спосіб доводиться, що, наприклад, число 10 є

ірраціональним числом. Доведення проводиться методом від супротивного,

а саме: припустимо, що число 10 є раціональним числом.

Тоді додатне число ( 10 ) можна подати у вигляді нескоротного дробу

10mn , де m і n – натуральні числа.

Піднесемо далі обидві частини рівності 10 mn

до квадрату. В

результаті матимемо, що 2

210 mn

або ж, що

2 210m n . (9.2.1)

Оскільки права частина рівності (9.2.1) ділиться на 10 , то число 2m також

повинно ділитися на 10 (на 2 і на 5 одночасно), і тому саме число m повинно

ділитися на прості числа 2 і 5 одночасно. Тому число m має вид 10m k .

Тоді рівність (9.2.1) можна переписати у вигляді 2 2100 10k n , або ж 2 210n k . (9.2.2)

В силу зазначених вище причин, з рівності (9.2.2) також випливатиме, що

число n має вид 10n l .

Але ж тоді числа 10m k і 10n l є такими, що дріб mn

є скоротним.

Прийшли до протиріччя з припущенням, і тому наша гіпотеза про

раціональність числа 10 є хибною. Отже, воно є ірраціональним.


27

Задача №3

І с п о с і б Нехай ABCD – довільний паралелограм. Проведемо висоти 'BB , 'DD .

Позначимо далі через E середину відрізка 'BD .

1) Розглянемо прямокутний трикутник 'AB B і нехай 1S – середина

гіпотенузи AB . Тоді, як відомо, 1S є центром описаного навколо прямокутного

трикутника 'AB B кола. Тому 1 1 1 'AS S B S B . Звідки трикутники 1 'AS B і

1'B S B є рівнобедреними.

2) Розглянемо прямокутний трикутник 'B BE і нехай 2S – середина

гіпотенузи 'B E . Тоді трикутники 2'B S B і 2BS E є рівнобедреними.

3) Розглянемо прямокутний трикутник 'ED D і нехай 3S – середина

гіпотенузи ED . Тоді трикутники 3 'ES D і 3'D S D є рівнобедреними.

4) Розглянемо прямокутний трикутник 'DD C і нехай 4S – середина

гіпотенузи CD . Тоді трикутники 4'D S C і 4'D S D є рівнобедреними.

5) За побудовою чотирикутник ' 'BB DD є прямокутником, а E –

середина 'BD . Тому прямокутні трикутники 'B BE і 'DD E є рівними (за двома

катетами). Звідки 'B E ED . Отже трикутник 'B ED є рівнобедреним.

Таким чином, за допомогою восьми розрізів довільний паралелограм

можна розрізати на дев’ять рівнобедрених трикутників. На рисунку їх

позначено цифрами від 1 до 9.

Зауважимо, що у випадку коли висоти 'BB і 'DD паралелограма ABCD

збігаються (співпадають), слід обрати іншу пару внутрішніх паралельних висот

паралелограма.

1

2 3

4 5

6 7

8

9

A

B C

D 'B

'D E

1S 2S 3S 4S


28

Крім того, запропонований спосіб не дає бажаного результату для

випадку, коли паралелограм є прямокутником, зокрема квадратом.

!? Подумайте та дайте відповідь на питання: «Чи існує паралелограм, у якого кожні дві внутрішні паралельні висоти співпадають?»

І І с п о с і б Нижче наведено спосіб, при якому використовується сім розрізів для

розрізання довільного паралелограма на дев’ять рівнобедрених трикутників.

Зауважимо, що наведений спосіб може бути застосований для

довільного паралелограма, що не є ромбом, зокрема (або) квадратом.

Д о п о в н е н н я З урахуванням зроблених вище зауважень, наведемо спосіб шуканого

розрізання для випадку, коли паралелограм є квадратом.

!? Чи можна здійснити розрізання довільного паралелограма на дев’ять рівнобедрених трикутників за допомогою шести або менше розрізів? Якщо так, то для яких окремих випадків паралелограма?

A

B C

D E

'E 'D

1S 2S 3S

1 2

3

4 5

6

7 8

9

1 2

3

4

5 6

7

8

9 A B

C D

E

F

G

H

1S


29

Задача №4

2 22 1 2 1 0x a x a x a x a (9.4)


2 22 1 2 1 0x a x a x a x a

2

2

2 1 2 0 11 0 2

x a x ax a x a

Розв’яжемо рівняння (1). Оскільки

2 22 21 2 1 8 4 4 1 8 4 4 1 2 1 0D a a a a a a a a a , то

1,11 2 2 1 2

2a ax a

; 1,21 2 2 1 1

2a ax

.

Розв’яжемо рівняння (2). Оскільки

2 22 22 1 4 2 1 4 2 1 1 0D a a a a a a a a a , то

2,11 1 1

2a ax

; 2,21 1

2a ax a

.

Рівняння (9.4) має три різні корені тоді і лише тоді, коли виконується

одна з наступних умов

1,1 1,2

2,1 2,2

1,2 2,2

x x

x xx x

або 1,1 2,1

1,2 2,2

1,1 2,2

x x

x xx x

, або 1,1 2,2

1,1 1,2

1,1 2,1

x x

x xx x

, або 1,2 2,2

1,1 1,2

1,1 2,1

x x

x xx x

, або ж 2,1 2,2

1,1 1,2

1,1 2,1.

x x

x xx x

Звідки

12 1 22 1 1

220111

1.

aaa aa a

aaaaa

Таким чином, рівняння (9.4) має три різні корені тоді і лише тоді, коли

1 11; ;0; ;12 2

a

.


30

І I с п о с і б 2 22 1 2 1 0 1 2 1 0x a x a x a x a x x a x x a

2 21 1 2 0x x x ax a . (9.5)

Очевидно, що розв’язками рівняння 2 22 0x ax a є числа

13 2

2a ax a

та 23

2a ax a

.

Рівняння (9.5) має три різні корені тоді і лише тоді, коли виконується

одна з наступних умов

1 2

1

1

11

x xxx

1 2

1

2

11

x xxx

1 2

1

2

11

x xxx

1 2

2

1

11

x xxx

1 2

2

1

11.

x xxx

Звідки

22 12 1

11

a aaa

aa

012

121

1.

a

a

a

aa

Відповідь: 11; ;02

.


31

Задача №5


Розфарбуємо квартали міста у шаховому порядку так, щоб праворуч від

першого і другого велосипедиста у момент старту знаходився чорний квартал.

Тоді у будь-який момент часу праворуч від кожного з

велосипедистів знаходиться чорний квартал.

Це дійсно так, бо на кожному перехресті (крім

першого – стартового) кожен велосипедист

обов’язково повертає:

або ліворуч, і тоді праворуч від нього знаходиться чорний квартал

відмінний від того, який він щойно проїхав,

або ж праворуч, і тоді велосипедист огинає (залишаючись зліва від

нього) той самий чорний квартал, який щойно проїхав.

1) Зустріч велосипедистів не може відбутися на жодному з

перехресть. Це випливає з того, що перший велосипедист (рухаючись зі

сталою швидкістю 1 квартал за хвилину) з’являється на перехрестях кожної

хвилини (з моменту початку руху), тобто, в моменти часу t ( 1,2,...t ), які є

натуральними числами.

Оскільки другий велосипедист починає свій рух через півхвилини після

першого і рухається зі сталою швидкістю 1 квартал за хвилину, то на

перехрестях він з’являється в моменти часу 0,5t ( 1,2,...t ), які не є

натуральними числами. Тому не існує такого моменту часу, в який

велосипедисти одночасно з’являються на перехрестях.

2) Оскільки велосипедисти рухаються з однаковою швидкістю і

різницею у часі в півхвилини, то жоден з них не може наздогнати іншого:

на перехресті цього статися не може за доведеним раніше;

посеред деякого з кварталів цього також не може статися, оскільки з

припущення про обернене і умови руху з однаковою швидкістю, на наступному

перехресті вони з’являться одночасно, чого не може бути.


32

3) Отже, зустріч велосипедистів якщо і є можливою, то лише

посеред деякого з кварталів, причому, за умови руху назустріч один

одному. Але останнє також не можливе, бо для одного з них в цьому разі

чорний квартал буде розташований ліворуч, а для іншого – праворуч.

І І с п о с і б 1) Жоден з велосипедистів не може наздогнати іншого оскільки

другий стартував на півхвилини пізніше першого, і на протязі всього часу вони

рухались з постійними однаковими швидкостями.

На перехресті кварталів зустріч також не може відбутися, оскільки

велосипедисти з’являються на них в різні моменти часу.

Надалі будемо вважати, що кожен квартал міста обмежують (по периметру)

4 різні вулиці, які починаються і закінчуються в межах цього кварталу.

2) Звернемо увагу на той факт, що кожен з велосипедистів для

повернення у початкове положення (на стартове

перехрестя), рухаючись згідно зазначених правил,

повинен подолати парну кількість вулиць міста.

Нехай т. O – стартове перехрестя, а т. 1A – перше

перехрестя, на якому повертають велосипедисти.

Зафіксуємо в площині міста прямокутну систему координат XOY з

початком в т. O , віссю OX , додатній напрямок якої визначається т. 1A , та

одиницею виміру 1OA . Додатній напрямок на осі OY визначається у звичний

спосіб.

Дослідимо траєкторію руху велосипедиста, початок і кінець якої

співпадають з точкою O . Для цього позначимо через iA 1, 2,...i перехрестя,

які велосипедист послідовно проїжджає (належать траєкторії його руху –

1 2... nOA A A O ). Оскільки на кожному перехресті iA 1, 2,...,i n велосипедист

повертає ліворуч або праворуч, то положення точки 1iA 1nA O відрізняється

від положення точки iA лише одною координатою – першою або другою.

X

Y

O 1A

2A


33

Більше того: якщо вулиця 1i iA A паралельна осі OX , а напрямок від перехрестя

iA до перехрестя 1iA співпадає (не співпадає) з додатним напрямком осі OX , то

абсциса точки 1iA збільшиться (зменшиться) на одну одиницю у порівнянні з

абсцисою точки iA . Те ж саме має місце для вулиць 1j jA A паралельних осі OY .

Той факт, що велосипедист повернувся на стартове перехрестя (у т. 0,0O )

означає, що:

2.1) сумарне число вулиць, яке велосипедист проїжджав паралельно осі OX є

парним – скільки разів рухався в додатному напрямку осі OX , стільки ж і у

від’ємному її напрямку;

2.2) сумарне число вулиць, яке велосипедист проїжджав паралельно осі OY є

парним – скільки разів рухався в додатному напрямку осі OY , стільки ж і у

від’ємному її напрямку.

Таким чином, довільна траєкторія 1 2... nOA A A O велосипедиста, який

рухається кварталами міста згідно зазначених правил, містить парну кількість

вулиць.

3) Покажемо тепер, що велосипедисти не можуть зустрітися посеред

деякої вулиці, рухаючись на зустріч один одному.

Доведення проведемо методом від супротивного, а саме:

припустимо, що вказана зустріч сталася посеред певної вулиці (між двома

перехрестями однієї вулиці). Тоді на момент зустрічі перший велосипедист

подолав 3/ 4 , а другий – 1/ 4 цієї вулиці. Більше того, до зазначеної події,

кожен з них подолав однакову кількість k повних вулиць. Отже, велосипедисти

разом на момент зустрічі подолали непарну кількість 2 1k вулиць міста.

Якщо, перший з велосипедистів після зустрічі продовжить рух,

повторивши траєкторію руху другого в зворотному напрямку, то через певний

час він повернеться у початкове положення (на стартове перехрестя) і подолає

при цьому (з моменту свого старту) непарну кількість вулиць міста. Чого бути

не може, оскільки будь-яка траєкторія руху, що починається і закінчується у

фіксованому перехресті, містить парну кількість вулиць міста.


34

Прийшли до протиріччя з припущенням, і тому наша гіпотеза про

можливість зустрічі велосипедистів посеред вулиці (рухаючись на зустріч один

одному) є хибною. Таким чином, велосипедисти не можуть зустрітися.

Відповідь: ні.

10 клас

Задача №1

І с п о с і б 2 2 2 21 1 1 0

2 4 4x y x y x x y y

2 2 2 22 21 1 1 1 1 12 2 0 0

2 2 2 2 2 2x x y y x y

1 102 2 11 102 2

x xx y

y y

.

І І с п о с і б 2 2 2 2 2 21 4 4 2 4 4 4 4 1 4 4 1 0

2x y x y x y x y x x y y

2 2 2 2 2 1 02 1 2 1 0 2 1 2 1 0 1

2 1 0x

x y x y x yy

.

І І І с п о с і б Нехай y a , тоді дану нерівність можна подати у вигляді

2 2 1 02

x x a a .

Розглянемо ліву частину останньої нерівності як квадратичний тричлен відносно змінної x та розв’яжемо цю нерівність при всіх значеннях параметра a .

22 2 2 211 4 4 4 1 4 4 1 2 12

D a a a a a a a

.

При всіх значеннях 12

a дискримінант 0D . Оскільки гілки параболи

2 2 12

y x x a a спрямовані вгору, то при 12

a нерівність не має жодного

розв’язку.


35

При 12

a дискримінант 0D . І тому нерівність 2 2 1 02

x x a a

при 12

a має єдиний розв’язок 12

x .

Таким чином, дана нерівність має єдиний розв’язок 12

x при 12

y a . І

тому 1x y .

Задача №2

Якщо 5 16 03

x , то рівняння коренів не має, оскільки в цьому випадку

ліва частина рівняння є невід’ємною, а права – від’ємною величиною.

Нехай 5 16 03

x , тоді 2 5 164 2

3xx x

2

2

16 (1)5

5 164 2 (2)3

5 164 2 (3)3

x

xx x

xx x

Розв’яжемо окремо рівняння (2) і (3):

2 2 25 164 2 3 12 6 5 16 3 17 22 03

xx x x x x x x

113 2 03

x x

. Звідки 113

2

x

x

.

Проте жоден з цих коренів не задовольняє умову (1).

2 2 25 164 2 3 12 6 5 16 3 7 10 03

xx x x x x x x

103 1 03

x x

. Звідки 103

1

x

x

. Проте лише 1x задовольняє умову

(1). Таким чином, єдиним коренем даного рівняння є 1x .



36


0

0

0

,

f

gf

g

f

g

DD

Dg x

Df x g x

g xf x g xD

f x g xD

f x g xg x

f x g x

де fD , gD – область визначення функції f x і g x відповідно.

Задача №3

Нехай ABCD – даний (опуклий) чотирикутник, в якому

60BAD CDA , CAD CDB . Доведемо, що AB CD AD .

І с п о с і б Продовжимо протилежні сторони AB і CD до перетину у точці S .

Оскільки за умовою 60BAD CDA ,

то трикутник ADS є правильним. Звідки

AS SD AD .

Розглянемо трикутники ADC і DSB :

оскільки AD DS , CAD BDS ,

60ADC DSB , то ADC DSB за

стороною і прилеглими кутами.

І тому DC SB , AC DB .

Оскільки AS SD і BS CD , то AS BS SD CD . Звідки AB SC .

Оскільки AD AS , то AD AB BS AB CD . Крім того, AC BD .

60 60

60

A

B C

D

S


37

І І с п о с і б Через точку C проведемо пряму, паралельну прямій AB до перетину з

AD в точці E . Оскільки 60BAD , то 60CED .

І тому трикутник CED є

правильним.

Звідки ED CD .

Доведемо, що AE AB .

Для цього достатньо

показати, що 60ABE .

1) Розглянемо трикутники AOD і AEC . Вони є подібними за двома

кутами. Тому AO ADAE AC

.

2) Розглянемо трикутники OAE і DAC :

оскільки OAE DAC і AO ADAE AC

, то трикутники OAE і DAC є подібними.

Звідки 60AOE ADC .

3) Оскільки 180BAE BOE , то навколо чотирикутника ABOE

можна описати коло. Але ж тоді 60BEA BOA , як кути, що спираються

на одну хорду AB . Таким чином трикутник ABE є правильним. Звідки

AE AB .

Отже AD AE ED AB CD . Крім того, з точки O перетину

діагоналей такого чотирикутника відрізки BE , EC і BC видно під кутом 120 .

З а у в а ж е н н я В умові наведеної задачі не було окремо зазначено, що чотирикутник є

опуклим. Оскільки в шкільному курсі геометрії вивчають виключно опуклі

фігури, то вказане обмеження вважається природнім.

A

B

C

D 60

60 60

60 120 O

E

60 60 60


38

Проте, дотримуючись математичної строгості, дану задачу слід

розв’язувати для двох суттєво різних випадків – коли даний чотирикутник є

опуклим, або ні.

Нагадаємо, що многокутник (на площині)

називають опуклим, якщо він розташовується в

одній півплощині відносно кожної прямої, що

містить сторону многокутника. В іншому

випадку многокутник називають не опуклим.

На рисунку ліворуч наведено приклад не

опуклого чотирикутника ABCD , який

задовольняє умову задачі

( 60BAD CDA , CAD CDB ).

Проте рівність AB DC AD , яка була

вірною для випадку опуклого чотирикутника,

для випадку не опуклого чотирикутника не справджується. Справедливість

останньої тези випливає з нерівності трикутника для сторін трикутника ACD .

Д о п о в н е н н я Нехай в одну з півплощин відносно певної прямої l відкладено

(побудовано) два (в загальному випадку) нерівних правильних трикутника

ABE і ECD , при чому , ,A E D l . Доведіть справедливість наступних

тверджень:

1) CAD BDC ;

2) AB DC AD ;

3) AC BD ;

4) EOB BOC 120COE , тобто O є точкою Торричеллі для BEC ;

5) доведіть, що O є точкою (Ферма), сума відстаней якої до вершин трикутника BEC є мінімальною.

A

B

C

D 60 60

60

60 60

A

B C

D 60

60 60

60 O

E 60

60


39

Задача №4

І с п о с і б За умовою дискримінант 2 4D p q квадратичного тричлена

2P x x px q є додатним. З’ясуємо, скільки коренів може мати рівняння

0P x P x D . (10.4)

Розглянемо ліву частину рівняння (10.4)

22P x P x D x px q x D p x D q

22 2 2x x p D D p D q .

Тоді дискримінант *D квадратного рівняння (10.4) дорівнює

22* 4 8 2 4 8 4 8 8 16D p D D p D q p p D D D p D q

2 24 4 16 4 4 4 4 4 0p D q p q D D D . Оскільки * 0D , то рівняння (10.4) має два рівні корені

2

1 2

2 44 2

p D p p qx x

.

Отже, за умови, що дискримінант квадратичного тричлена 2P x x px q є додатним, рівняння 0P x P x D завжди має один

дійсний корінь 2 4

2p p qx

(кратності два).

І І с п о с і б Оскільки дискримінант 2 4D p q квадратичного тричлена 2P x x px q є додатним, то P x можна подати у вигляді 1 2P x x x x x , де 1x і 2x – дійсні різні числа, які є коренями відповідного квадратного рівняння 0P x .

Заради визначеності будемо вважати, що 2 1x x . Тоді очевидно, що

2 1x x D . Тому квадратичний тричлен P x D можна подати у вигляді

2 1 1 2 1 2 2 1 12P x D x x x x x x x x x x x x x .

Тоді тричлен ( )Q x P x P x D набуває виду

2 1 2 1 1 2 2 1 1( ) 2 2Q x x x x x x x x x x x x x x x x x

21 1 12 2x x x x x x . І тому квадратне рівняння 0P x P x D

має єдиний (два рівних) корінь.


40

Задача №5

За умовою задачі числа 1, 2, 3, …, 25 розташовують у квадратній таблиці

5 5 так, щоб у кожному ( i -му) рядку числа ( ia , ib , ic , id , ie ) були розташовані

у порядку зростання ( ia ib ic id ie ). Позначимо через S найменше

значення суми чисел ( 1c + 2c + 3c + 4c + 5c ), що стоять у третьому стовпці такої

таблиці.

1a 1b 1c 1d 1e 1 2 3 … … … … 11 12 13 2a 2b 2c 2d 2e 4 5 6 … … … … 14 15 16 3a 3b 3c 3d 3e 7 8 9 … … … … 17 18 19 4a 4b 4c 4d 4e 10 11 12 … … … … 20 21 22 5a 5b 5c 5d 5e 13 14 15 … … … … 23 24 25

Найменшим можливим числом ic (серед чисел від 1 до 25), яке можна

поставити третім у певному рядку є число 3 , оскільки перші дві позиції рядка

повинні бути заповнені числами 1 і 2 меншими за 3.

Найменшим можливим числом ic (серед чисел від 4 до 25, що

залишилися), яке можна поставити третім у певному рядку є число 6, оскільки

перші дві позиції рядка повинні бути заповнені числами 4 і 5 меншими за 6.










Оскільки на кожному кроці заповнення таблиці (дотримуючись вказаного

за умовою задачі способу) для третіх позицій кожного рядка обиралося


41

найменше з можливих, то найменшим значенням суми чисел у третьому

стовпчику (всієї таблиці) є сума вказаних вище чисел 3 , 6, 9, 12 і 15.

Таким чином, 3 6 9 12 15 45S .

Відповідь: найменше значення суми чисел у третьому стовпчику становить 45.


!? Провівши міркування «з точністю до навпаки» доведіть, що найбільше значення суми чисел у третьому стовпчику становить 85 .

!? Дослідіть, чи кожне з чисел від 45 до 85 може бути сумою чисел третього стовпця при заповнені таблиці у вказаний спосіб.

11 клас

Задача №1

За умовою функція f x має вид ax bf xcx d

, де a , b , c , d – деякі

дійсні числа. Відомо, що 0 1f , 1 0f , 2 3f .

Оскільки 0 1bfd

, то d b , і тому f x можна подати у вигляді

ax bf xcx b

.

Оскільки 1 0a bfc b

, то b a , і тому f x має вид

ax af xcx a

.

Аналогічно, з умови 22 32a afc a

маємо 6 3a c a . Звідки 23

c a .

І тому функцію f x можна подати у вигляді

1 3 112 22 2 3113 33

a x xax a xf xxax a xa x

.


42

При заданих умовах, a не може дорівнювати нулеві. Дійсно, з припущення про

обернене, одержимо наступні умови 1 bd

, 0 bc d

, 33

bc d

, які одночасно

не можуть виконуватись. Таким чином, 3 3 1 3 23 22 3 3 3

f

.


Д о п о в н е н н я Не важко бачити, що задана функція f x є такою, що мають місце

рівності: 0 0f f ; 1 1f f ; 2 2f f ; 3 3f f .

1) Покажіть, що для кожного 32

x справджується рівність f f x x .

2) Яким умовам повинні задовольняти коефіцієнти a , b , c і d , щоб функція

ax bf xcx d

мала таку саму властивість, тобто: щоб для кожного dx

c

справджувалась рівність f f x x .

Задача №2

І с п о с і б Оскільки для довільного дійсного x має місце тотожність

2cos2 2cos 1x x , то 2cos2 3 2cos 1 3

cos cosx xx x

2 22cos 2 cos 1 1 12 2 cos 2 coscos cos cos cos

x x x xx x x x

. (11.2)

Покажемо, що ,2

x k k Z справджується нерівність

1cos 2cos

xx

. Оскільки cos 0x , то

221cos 2 cos 2 cos 1 0 cos 1 0cos

x x x xx

.

Оскільки справедливість останньої нерівності 2cos 1 0x не викликає

сумнівів, то, з урахуванням нерівності (11.2), маємо справедливість даної

нерівності cos2 3 4cos

xx

, коли cos 0x .


43


Оскільки cos 0x , то нерівність cos2 3 4cos

xx

рівносильна нерівності

cos2 3 4 cosx x . (11.2.1)

Тоді очевидно, що зі справедливості нерівності (11.2.1) коли cos 0x

буде випливати справедливість даної нерівності. В свою чергу, справедливість

нерівності (11.2.1) випливає зі справедливості нерівності

2 2cos2 3 4cosx x , або ж cos2 4cos 3 cos2 4cos 3 0x x x x .

Оскільки 2cos2 2cos 1x x , то останню нерівність можна переписати у

вигляді

2 22cos 4cos 2 2cos 4cos 2 0x x x x

2 2cos 2cos 1 cos 2cos 1 0x x x x 2 2cos 1 cos 1 0x x

22cos 1 0x .

Очевидно, що x ліва частина останньої нерівності є невід’ємною, і,

зокрема, обертається в нуль, лише коли 2cos 1x ( ,x k k ).

Таким чином, доведено справедливість нестрогої нерівності

cos2 3 4cos

xx

, коли cos 0x , рівність у якій досягається при ,x k k .

І І І с п о с і б Позначимо cos x t , тоді 2 2cos2 2cos 1 2 1x x t . Оскільки cost x , то

1 1t . Розглянемо функцію 22 2( ) tf tt

. (11.2.2)

Дослідимо функцію y f t на монотонність та покажемо, що при всіх

1;0 0;1t справджується нерівність ( ) 4f t .

Отже, 2 2

2 2 2

4 2 2 1 2 1 12 2't t t t ttf t

t t t

.


44

Встановимо проміжки знакосталості функції 'f t .

Оскільки ' 0f t на кожному з проміжків 1;0 і 0;1 , то функція

y f t спадає на кожному з проміжків 1;0 і 0;1 .

Оскільки ' 0f t на кожному з проміжків ; 1 і 1; , то функція

y f t зростає на кожному з проміжків ; 1 і 1; .

Більше того, max 1x ; min 1x .

Оскільки 22 1 21 4

1f

, а 22 1 2

1 41

f

, то з урахуванням

проміжків монотонності:

( ) 4f t для кожного 1;0t і ( ) 4f t для кожного 0,1t .

Але останнє й означає що при будь-якому 1;0 0;1t справджується

нерівність ( ) 4f t .

Задача №3

Нехай CH – висота прямокутного трикутника ABC , яка проведена до гіпотенузи AB , а точки 1O , 2O і O – є центрами кіл вписаних у трикутники ACH , BCH і ABC відповідно. Доведемо, що виконуються наступні умови:

1) 1 2CO O O і 2) 1 2CO O O .

1) Доведемо спочатку, що прямі CO і 1 2O O є перпендикулярними.

1 1 0

A B

C

O 1O 2O

H

/ 2 / 2 / 2

/ 2

45

2H 1H 45 2r

1r

1K 2K


45

Для цього розглянемо 1 2O CO і покажемо, що точка O є точкою перетину висот цього трикутника.

Отже, нехай бісектриса 1AO кута A трикутника ACB перетинає сторону

2CO трикутника 1 2O CO у точці 1K . Тоді з трикутника 1AK C маємо, що 0 0

1 1 1 1 1180 180AK C CAK ACK CAK ACO OCK

0 0 0 0180 45 45 902 2


Нехай далі бісектриса 2AO кута B трикутника ACB перетинає сторону

1CO трикутника 1 2O CO у точці 2K . Тоді з трикутника 2BK C маємо, що 0 0

2 2 2 2 2180 180BK C CBK BCK CBK BCO OCK

0 0 0 0180 45 45 902 2


Оскільки висоти 1 1O K і 2 2O K трикутника 1 2O CO перетинаються у

точці O , то пряма CO буде перпендикулярною стороні 1 2O O цього

трикутника.

2) Доведемо тепер справедливість рівності 1 2CO O O .

І с п о с і б Розглянемо трикутники OCB і 2O HB . Вони подібні за двома кутами, бо

2 2CBO HBO

, 02 45OCB O HB . Тому 2OC O H

CB HB , звідки

2OC HBO H

CB

.

З подібності трикутників COA і 1HO A (за двома кутами

1 2OAC O AH

, 01 45ACO AHO ) маємо, що 1OC O H

AC AH , звідки

1AH OCO H

AC

.

З прямокутного трикутника 1 2O HO за теоремою Піфагора маємо 2 2 2 2 2 2

2 21 2 2 1 2 2 2 2

OC HB AH OC HB AHO O HO HO OCCB AC CB AC

2 2HB AH HB AH ABOC OC OC OCAB BH AB AH AB AB AB

.

Отже, 1 2CO O O .


46

І І с п о с і б Нехай 1H і 2H – основи перпендикулярів, опущених з центрів ( 1O і 2O )

кіл, вписаних в трикутники ACH і BCH відповідно. Тоді довжини відрізків

1 1O H і 2 2O H є радіусами 1r і 2r кіл вписаних в трикутники ACH і BCH

відповідно.

З рівнобедреного прямокутного 1 1O H H маємо, що 1 1 2O H r .

Аналогічно, з прямокутного 2 2O H H маємо, що 2 2 2O H r .

Оскільки відрізки 1HO і 2HO належать бісектрисам суміжних кутів CHA

і CHB , то 1 2 90O HO . Тому з прямокутного 1 2O HO за теоремою Піфагора

маємо справедливість рівності 2 2 21 2 1 22O O r r .

Нехай далі r – радіус кола, вписаного в трикутник ACB . Оскільки точка

O є центром цього кола (і належить бісектрисі прямого кута ACB ), то

2CO r , або ж 2 22CO r .

Покажемо тепер справедливість рівності 2 21 2O O CO .

Очевидно, що для цього достатньо довести справедливість рівності 2 2 2

1 2r r r . (11.3)

З а у в а ж и м о , що насправді, справедливість рівності (11.3) є наслідком

узагальненої теореми Піфагора. Проте, доведемо цю рівність без використання

вказаного твердження.

Для цього скористаємося подібністю прямокутних трикутників AHC ,

CHB та ACB (наприклад, за гострим кутом).

Очевидно, що AHC ACB з коефіцієнтом подібності 1 /k AC AB .

Тоді: півпериметр 1p трикутника AHC можна виразити через півпериметр p

трикутника ACB наступним чином 1 1ACp k p pAB

, а площу 1S трикутника

AHC через площу S трикутника ACB як 2

21 1 2 2

ACS k S SAB

.


47

Тому радіус 1r кола вписаного у трикутник ACB (за відомою формулою)


2

21 2

11

AC SS AC S ACABr rACp AB p ABp

AB

. (11.3.1)

З подібності CHB та ACB випливає справедливість аналогічної

рівності 2BCr rAB

. (11.3.2)

Зі співвідношень (11.3.1) та (11.3.2) маємо наступну рівність 2 2 2 2

2 2 2 21 2 2

AC BC AC BCr r r r r rAB AB AB

.

Таким чином, оскільки 2 2 21 2r r r , то 2 2 2 2 2

1 2 1 22 2CO r r r O O .

Звідки 1 2CO O O .

Д о п о в н е н н я Нехай CH – висота прямокутного трикутника опущена на гіпотенузу. І

нехай , ,b a cf f f – відповідні лінійні елементи (ті, що вимірюються в одиницях

довжини) в подібних трикутниках AHC , CHB і ACB .

Доведіть (узагальнену теорему Піфагора), що має місце рівність 2 2 2a b cf f f ,

та поясніть, чому теорема Піфагора є наслідком з цього твердження.

Задача №4

І с п о с і б Оскільки 2 22007 2006 2006nx n an a n a n a n , то

1 1 2006 1nx n a n a .

З того що ,a n , маємо:

1) 2006 , , 2006 1 , 1n a n a n a n a ;

2) НСД 2006 ; 2006 1 1n a n a , НСД ; 1 1n a n a .


48

Задача про існування натурального a , при якому кожні два сусідніх

члени nx і 1nx (даної послідовності nx натуральних чисел) є взаємно

простими, є рівносильною до задачі про існування натурального a , при якому

кожен дріб 1n

n

xx є нескоротним.

З урахуванням 2) дріб

1 1 2006 12006

n

n

n a n axx n a n a

є нескоротним тоді і

лише тоді, коли нескоротним є кожен з дробів 1 2006n an a

і 12006

n an a

.

Очевидно, що для кожного натурального a , при 2004 1n a дріб

1 2006 2n an a

і є скоротним, а при 2004 2n a скоротним є дріб

1 12006 2

n an a

.

Таким чином, для довільного натурального a члени послідовності nx з

номерами 2004 1n a , 2004 2n a або ж 2004 2n a , 2004 1n a не є

взаємно простими. Отже, вказаних натуральних a не існує.

І І с п о с і б Оскільки 2 22007 2006 2006nx x n n an a n a n a , то

2 21 1 1 2007 1 2006nx x n n a n a

2 22007 2 2006 2007 1n a n a a .

Розглянемо послідовність натуральних чисел

1 2 2007 1 2006 1n n ny x x n a n a n a .

За алгоритмом Евкліда 1 1НСД , НСД , НСД ,n n n n n n nx x x x x y x .

Припустимо, що існує натуральне a , при якому кожні два послідовні члени є

взаємно простими. Тоді з умови

1НСД , НСД , НСД 2 2007 1, 2006 1n n n nx x y x n a n a n a

випливає, що для кожного натурального n справджуються рівності


49

НСД 2 2007 1; 1 НСД 2006 1; 1

НСД 2 2007 1; 2006 1 НСД 1; 2006 1

n a n a n a n a

n a n a n a n a

НСД 2005 1; 1 НСД 2005 1; 1 1НСД 1;2005 1 1 2 .НСД 1; 2006 1

a n a a n an a an a n a

Проте,

при 2004 1n a НСД 2005 1; 2005 1 1a n a a , що суперечить (1);

при 2004 2n a НСД 1;2005 1 2005 1 1n a a a , що суперечить (2).

Отже, прийшли до протиріччя. І тому вказаних натуральних a не існує.

Задача №5

Нехай 1a , 2a , …, 2006a – довжини сторін вказаних правильних

трикутників. Тоді очевидно, що 2006

1100i

ia

.

Оскільки

2 2 221 2 1 2 1 3 1... ...n na a a a a a a a a

2 222 3 2 4 2... ...na a a a a a

2 2 2 2 2 22 1 2 1 1 2 ...n n n n n n na a a a a a n a a a ,

то 2 2 2 21 2 1 2... ...n na a a n a a a .

Звідки 21 2 2 2 2

1 2

......n

n

a a aa a a

n

. (3)

Таким чином, має місце нерівність

2 22006 20062

1 1

100 12006 2006 i i

i ia a

. Звідки 2 2006 2006

2

1 1

100 3 32006 4 4i i

i ia S

.

Очевидно, що 2100 3 10000 3 2500 3 1250 32006 4 2006 4 2006 1003

.

Крім того, оскільки 1250 3 2 1250 3 2006 625 3 10031003


50

22625 3 1003 1171875 1006009 , то

2006

12 i

iS

.

З останньої числової нерівності випливає, що принаймні три з таких

трикутників мають не порожній перетин. Отже, принаймні три трикутники

мають спільну точку.

Зауваження. В діючих шкільних підручниках, починаючи з 2008 навчального року трикутник визначається як частина площини, границею якої є конструкція, що складається з трьох точок, що не належать одній прямій, та трьох відрізків, які сполучають ці точки (рис. 11.5.1). Тоді як до 2008 року трикутник визначали саме як каркасну модель – фігура, що складається з трьох точок, які не належать одній прямій, та трьох відрізків, що сполучають ці точки (рис. 11.5.2).

Рис. 11.5.1 Рис. 11.5.2 Рис. 11.5.3

У зв’язку з цим наведену задачу необхідно дослідити згідно «каркасного» визначення трикутника.

Насправді покажемо, що в цьому випадку твердження, про яке йдеться в умові задачі, в загальному випадку є невірним.

Наприклад, 2006 рівносторонніх трикутників (сумарного периметру 300 лін.од.) можна розмістити в квадраті зі стороною 1 (лін.од.) так, як показано на рис. 11.5.3.

Д о п о в н е н н я Теорема (Нерівність Коші-Буняковського). При будь-яких значеннях

1 2, ,..., na a a ; 1 2, ,..., nb b b виконується нерівність

2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n na b a b a b a a a b b b .

!? За допомогою нерівності Коші-Буняковського покажіть справедливість нерівності (3).

!? Доведіть нерівність Коші-Буняковського для початкових 2;3n (для довільного натурального n ).

A B

C

A B

C

ІІ тур Всеукраїнської олімпіади з математики 1998 рік

51

ДОДАТКИ:

УМОВИ ЗАВДАНЬ (II ЕТАПІВ) ВСЕУКРАЇНСЬКИХ ОЛІМПІАД З МАТЕМАТИКИ

1998 рік 7 клас

1. (15 б.) Для поїздки на футбольний матч вболівальникам клубу «Шахтар» було виділено 18 автобусів, причому в кожен автобус ввійшло на 5 чоловік більше, ніж посадочних місць. Якщо би вболівальники сідали в кожен автобус згідно посадочних місць, то знадобилося би ще три автобуси, проте в останньому були би 3 місця вільними. Скільки всього вболівальників їхало на матч?

2. (15 б.) Батько і син вирішили переміряти кроками відстань між двома деревами, для чого відійшли водночас від того ж самого дерева. Довжина кроку батька – 70 см, сина – 56 см. Знайти відстань між цими деревами, якщо відомо, що їхні сліди збіглися 10 разів.

3. (20 б.) Яке число слід відняти від чисельника дробу 5236747633

і додати до знаменника

цього дробу, що б після скорочення одержати дріб 1783

?

4. (20 б.) В прикладі на ділення деякі цифри замінили літерами (однаковим цифрам відповідають однакові літери): : 5ЧАЙ АЙ . Визначити яка цифра відповідає кожній літері. Відповідь обґрунтуйте.

5. (30 б.) Для нумерації сторінок довідника знадобилося 2322 цифри. Скільки сторінок в довіднику?

8 клас

1. (15 б.) Доведіть, що вираз 6 9a b a b є невід’ємним при довільних значеннях a і b .

2. (15 б.) По колу записано чотири числа так, що кожні з них дорівнює сумі трьох наступних за ним за годинниковою стрілкою. Доведіть, що всі ці числа рівні нулеві.

3. (20 б.) Знайти всі пари натуральних чисел, найбільший спільний дільник яких дорівнює 7, а найменше спільне кратне дорівнює 2010.

4. (20 б.) В трикутнику ABC кут 60A , а медіана BM дорівнює висоті CH . Знайти невідомі кути трикутника.

5. (30 б.) Є 9 (кг) крупи, чашкові терези та дві гирі 50 г і 200 г. a ) Як зважити 2 кг крупи за три зважування? b ) Чи можна зважити 2 кг крупи за три зважування, використовуючи тільки одну гирю в 200 г.?

Умови завдань (II етапів) Всеукраїнських олімпіад з математики

52

9 клас

1. (15 б.) Двоє по черзі кладуть на круглий стіл п’ятаки (монети). Програє той, хто не зможе покласти наступний п’ятак (на вільне місце столу). Хто виграє при правильній грі (необхідній стратегії): той хто першим починає гру, чи його суперник? Відповідь обґрунтуйте.

2. (15 б.) Яке з чисел є більшим: 1997 1999 чи 2 1998 ? 3. (20 б.) P x – многочлен четвертого степеня такий, що 1 1P P і 2 2P P .

Доведіть, що P x P x для довільного x . 4. (20 б.) Дано трикутник ABC . Пряма, яка паралельна стороні AC , перетинає сторону

AB в точці P , медіану AM – в точці T , а сторону BC – в точці K . Знайти довжину сторони AC , якщо 3PT (см), 5TK (см).

5. (30 б.) Розв’язати рівняння відносно x :

2 2

2 2

2 2 5 121 2 1 2 1 1 2

k x kx k kk x k x k k x

.

10 клас

1. (15 б.) Яких чисел більше серед перших 1000 натуральних чисел: тих, які діляться на 3 або 5, чи тих, які не діляться ні на 3, ні на 5? Відповідь обґрунтуйте.

2. (15 б.) Двоє по черзі ламають плитку шоколаду розміром 5 10 . За один хід дозволяють зробити прямолінійний розлом буд-якого з кусків вздовж заглиблень. Виграє той, хто першим відломить дольку розміром 1 1 . Хто виграє за умов правильної гри (стратегії): той хто почне першим чи другим? Відповідь обґрунтуйте.

3. (20 б.) При яких значеннях a многочлени 5 3 2f x x ax x і 3 2 2g x x ax мають спільний корінь?

4. (20 б.) Розв’язати систему рівнянь 3 3

4 4

11

x yx y

.

5. (30 б.) Опуклий чотирикутник є таким, що точка перетину бісектрис кутів DAC і DBC лежить на стороні CD . Доведіть, що точка перетину бісектрис куті в ADB і ACB лежить на стороні AB .

11 клас

1. (15 б.) Знайдіть суму 1 1 1...1 2 2 3 1997 1998

.

2. (15 б.) Знайдіть найменше значення функції 1 2 3f x x x x x .

3. (20 б.) Знайдіть всі пари ,x y дійсних чисел, що задовольняють рівність

2 2 | | | |sin sin x yx yx y

.

4. (20 б.) У восьми учнів в сумі є 7 грн. 19 коп. Відомо, що у кожних двох із них різна сума грошей. Проте у одного з них в ціле число разів грошей більше ніж у іншого. Скільки грошей у кожного учнів?

5. (30 б.) Основою прямої призми 1 1 1 1ABCDA B C D є ромб ABCD з кутом 60A . Довжини всіх ребер призми дорівнюють 1. Точка F є серединою ребра DC , а точка M лежить на прямій 1A F . Визначити найменше значення суми площ трикутників

1MBB і 1MCC .


53

1999 рік

6 клас

1. (15 б.) Іра, Вітя та Микола взяли по одній порції кожного із сортів морозива: фруктового, вершкового та шоколадного. Проте трьох порцій кожному виявилося замало. Тому Іринка взяла ще порцію фруктового, Вітя – вершкового, а Миколка – шоколадного. Розраховуючись вони заплатили: Іринка – 70 (коп.), Вітя – 80 (коп.), а Миколка – 90 (коп.). Скільки коштує порція кожного морозива?

2. (15 б.) На відрізку AB , довжина якого дорівнює 36 (см), відмітили точки K і M так, що 22AK (см), 23BM (см). У скільки разів відрізок MK менше відрізка AB ?

3. (20 б.) В класі вчиться менше 50 учнів. За контрольну роботу 17

учнів одержали

«п’ятірки», 13

– «четвірки», 12

–«трійки». Інші учні одержали «двійки». Скільки було

«двійок»? 4. (20 б.) Чи можуть троє людей, що мають двомісний мотоцикл, подолати відстань 60

(км) за три години, якщо швидкість пішохода 5 (км/год), а швидкість мотоцикла – 50 (км/год)?

5. (30 б.) За круглим столом сидять 12 чоловіків, деякі з яких завжди говорять тільки правду (назвемо їх лицарями), а решта завжди говорять неправду (назвемо їх брехунами). Кожен з тих, хто сидить за столом, проголосив: «Напроти мене сидить брехун». Скільки всього брехунів сидить за столом? Відповідь пояснити.

7 клас

1. (15 б.) Влітку на лижі знизили ціну на 10%, а взимку ціну підвищили на 10%. Порівняйте початкову та кінцеву ціну лиж.

2. (15 б.) Учні двох сьомих класів купили по однаковому числу підручників і заплатили за них 737 грн. Скільки було семикласників і скільки підручників купив кожен із них?

3. (20 б.) Яке число слід відняти від чисельника дробу 5236747633

і додати до знаменника

цього дробу, що б після скорочення одержати дріб 1783

?

4. (20 б.) Яна колі радіуса 1 відмічено 100 точок. Доведіть, що на цьому колі можна знайти таку точку, сума відстаней якої до всіх відмічених точок є більшою за 100.

5. (30 б.) Як сполучити 50 міст найменшим числом авіаліній так, що би з кожного міста можна було попасти в кожне інше місто, зробивши при цьому не більше двох пересадок?

8 клас

1. (15 б.) Розкласти на множники вираз 2ab a b ac a c bc a c b . 2. (15 б.) Добуток 1997 цілих чисел дорівнює 1. Чи може їх сума дорівнювати нулеві? 3. (20 б.) В трикутнику ABC кут 60A , а медіана BM дорівнює висоті CH . Знайти

невідомі кути трикутника.

4. (20 б.) Для додатних x , y і z виконується умови 28

2 32x y z

x y

. Що більше x , чи y ?

5. (30 б.) Доведіть, що серед 29 послідовних чисел обов’язково знайдеться таке, що у якого сума цифр ділиться на 11.


54

9 клас

1. (15 б.) Чи вірно, що 100 100 1003 7 8 ? 2. (15 б.) Нехай a , b і c такі, що при кожному x виконується рівність

3 33

2x b x c

x a

. Доведіть, що a b c .

3. (20 б.) Нехай a , b і c є додатними числами, для яких справджується рівність 2 2 2a b c . Доведіть, що можна побудувати трикутник зі сторонами a , b і c , який

до того ж буде прямокутним. 4. (20 б.) Якщо добуток трьох чисел додатних чисел дорівнює 1, а їх сума строго більша

за суму їх обернених величин, то рівно одне з них більше за 1. Доведіть. 5. (30 б.) Кожні два з n блоків комп’ютера сполучені дротом. Чи можна кожен з дротів

пофарбувати в один із 1n кольорів так, щоб із кожного блоку виходило 1n дротів різного кольору? Розгляньте два випадки: a ) 6n ; b ) 13n .

10 клас

1. (15 б.) В трикутнику ABC AB BC , 100ABC . На стороні AC обрано такі точки K і L , що 30KBA LBC . Бісектриса CAB перетинає відрізок BK у точці P . Знайти величину KPL .

2. (15 б.) При стрільбі по мішені спортсмен вибивав тільки по 8, 9 і 10 балів. Всього він зробив 11 пострілів і вибив 100 очок. Скільки пострілів зробив спортсмен і які були влучання?

3. (20 б.) Числа a , b , c і d такі, що при довільних значеннях x виконується рівність 4 4 4 43 x a x b x c x d . Доведіть, що a b c d .

4. (20 б.) Дана шахова дошка. Дозволяється фарбувати в альтернативний (протилежний) колір відразу всі клітинки якої–небудь горизонталі або вертикалі. Чи може при таких фарбуваннях (після декількох кроків) одержати шахову дошку, на якій точно одна чорна клітинка?

5. (30 б.) Сума декількох послідовних натуральних чисел дорівнює 1000. Знайти всі такі набори чисел.

11 клас

1. (15 б.) Функція f x задовольняє при всіх значеннях x умову 1 1f x x f x . Знайти цю функцію.

2. (15 б.) Доведіть, що для довільних додатних дійсних чисел 1 2, ,..., na a a справджується

нерівність 2 22 2

11 21 2

2 3 1

... ...n nn

n

a aa a a a aa a a a

.

3. (20 б.) Для гострих кутів і виконується рівність 2 2sin sin sin . Знайдіть .

4. (20 б.) Висота трикутної піраміди ABCD , яка опущена з вершини D , проходить через точку перетину висот трикутника ABC . Крім того, BD b , CD c , 90BDC . Знайти відношення площ граней ABD і ACD .

5. (30 б.) П’ять відрізків є такими, що з кожних трьох можна утворити трикутник. Доведіть, що хоча б один з трикутників є гострокутним.


55


1. (15 б.) Дано відрізки довжиною 1,2,3 і 4 (лін.од.). Скільки різних трикутників можна скласти з них? (Дві або навіть три сторони трикутника можуть бути рівними)

2. (15 б.) У двох бочка було порівну води. Кількість води в першій бочці спочатку зменшилася на 10%, а потім збільшилася на 10%. Кількість води в другій бочці спочатку збільшилася на 10%, а потім зменшилася на 10%. В якій бочці води стало більше?

3. (20 б.) Учень номер дня свого народження помножив на 12, а порядковий номер місяця – на 31. Одержані добутки склав і в результаті одержав число 328. Якого числа і якого місяця народився учень.

4. (20 б.) У мішку знаходяться кульки двох кольорів – чорного і білого. Яку найменшу кількість кульок треба витягнути з мішка, щоб серед них було точно 3 кульки одного кольору?

5. (30 б.) Найбільший спільний дільник двох чисел, одне з яких складає 3 4 від другого, дорівнює 27. Їх найменше спільне кратне дорівнює 324. Знайдіть ці числа.

8 клас

1. (15 б.) Розв’яжіть систему рівнянь

9210.

a b cb c dc d ad a b

2. (20 б.) Обчислити суму 2 2 2 2...1 3 3 5 5 7 1999 2001

.

3. (20 б.) Знайти кути прямокутного трикутника, якщо відомо, що висота, яка проведена до гіпотенузи, в чотири рази менша за гіпотенузу.

4. (20 б.) Довести, що висоти (або ж прямі що їх містять) довільного трикутника, перетинаються в одній точці.

5. (30 б.) У бригаді 7 чоловік. Їх спільний (сумарний вік) становить 322 роки. Доведіть, що з них можна обрати трьох таких, сумарний вік яких був би менше 138 років.

9 клас 1. (15 б.) Обчислити різницю 1 1

1 7 2 4 1 7 2 4

.

2. (15 б.) Якщо кожні два з даних чисел є сумою двох квадратів, до їх добуток також є сумою двох квадратів цілих чисел. Доведіть це твердження.

3. (20 б.) Знайти кути і основу рівнобедреного трикутника з бічною стороною a , якщо відомо, що бісектриса кута ділить його на два рівнобедрених трикутника.

4. (20 б.) Побудувати трикутник за трьома медіанами.

5. (30 б.) Доведіть нерівність 100099 100 98 102 ... 2 98 1 994

.

10 клас 1. (15 б.) Розв’язати рівняння 3 4 1 8 6 1 1x x x x . 2. (15 б.) Знайти суму чисел, яку можна одержати з числа 1234 всілякими

перестановками його цифр. 3. (20 б.) Діагоналі рівнобокої трапеції ABCD ( AB – бічна сторона) перпендикулярні,

O – центр описаного навколо ABCD кола. Визначити AOB . 4. (20 б.) Яку найбільшу площу може мати чотирикутник зі сторонами 1, 7, 11, 13? 5. (30 б.) Чи існують додатні числа , ,a b c , для яких 0a b c і 4 0bc ab ac ?


56


1. (15 б.) Чи можна у квадраті 4 4 розставити 10 мінусів так, щоб у кожному рядку було парне число мінусів, а у кожному стовбці – непарне число мінусів?

2. (20 б.) Віні–Пух, Сова, Кролик, П’ятачок з’їли 52 банани, причому кожному дісталося принаймні по 1 банану. Віні–Пух з’їв більше, ніж кожен з інших; Сова і Кролик разом з’їли 33 банани. Кролик з’їв бананів більше ніж Сова. Скільки бананів з’їв кожен з персонажів.

3. (20 б.) Юрко задумав натуральне число, помножив його на 13, закреслив останню цифру результату, потім одержане число помножив на 7. Знов закреслив останню цифру результату і одержав число 21. Яке число задумав Юрко?

4. (20 б.) Кожен з трьох учнів записує 100 слів, після чого записи порівнюють. Якщо слово зустрілося принаймні у двох учнів, то його викреслюють з усіх списків. Чи могло статися так, що у першого учня залишилося 54 слова, у другого – 75 слів, а у третього – 80 слів?

5. (25 б.) Розшифруйте два ребуси за двома діями, в яких однаковим літерам відповідають однакові цифри (в обох прикладах).

ABCCC

AAB

ABCCC

ABCABC

ADAC

Придумайте два ребуси та вкажіть відповіді. 7 клас

1. (15 б.) Вздовж забору ростуть 4 куща малини. Число ягід на сусідніх кущах відрізняється на 1. Чи може на всіх кущах разом бути 125 ягід? Відповідь обґрунтуйте.

2. (15 б.) Як розрізати квадрат зі стороною 4 см на прямокутники, сума периметрів яких становить 25 см.?

3. (20 б.) На складі склотари можуть зберігати банки з–під консервованих овочів по 0,5 л., 0,7 л. і 1 л. Зараз на складі 2005 банок овочів, сумарного об’єму 1998 літрів. Доведіть, що на складі є хоча б одна півлітрова банка.

4. (20 б.) Прямокутник складений з квадратів так як зображено на рисунку. Сторона найменшого квадрату дорівнює 4. Які сторони у даного прямокутника?

5. (30 б.) Чи можна розташувати по колу натуральні числа від 1 до 10 так, щоб сума

будь–яких двох чисел, що стоять через один, ділилася б на 3?


57

8 клас 1. (15 б.) У випуклому чотирикутнику ABCD AB BC , CD DA . Точки , , ,K L M N є

серединами сторін AB , BC , CD і DA відповідно. Доведіть, що діагоналі чотирикутника KLMN є рівними, тобто що KM LN .

2. (15 б.) Що більше 23127 чи 18513 ? 3. (20 б.) Скільки існує 11–значних чисел, що діляться на 9, у десятковому записі яких

зустрічаються лише цифри 0 і 5? 4. (20 б.) Шашка стоїть у лівому нижньому куті шахової дошки розміром 4 4 . За один

хід вона може посунути на 1 клітинку по вертикалі або по горизонталі. Яких клітинок вона може досягнути, побувавши перед цим точно по одному разу на кожній з решти клітинок?

5. (30 б.) Чи існують натуральні числа , ,a b c , що: а) 140a b b c c a ; б) 380a b b c c a ?

9 клас

1. (15 б.) Розв’яжіть систему 0

1 1 1 0.

x y z

x y z

2. (15 б.) Дано два числа 100 200 60 302 3 2 13A і 60 602 43B . Чи вірно, що A B ? 3. (20 б.) На основі AC рівнобедреного трикутника ABC ( AB BC ) відмічено точку

M . На продовжені AC за точку C відмічено точку N . Причому AM CN . Доведіть, що AB BC MB BN .

4. (20 б.) Побудуйте трикутник за стороною, прилеглому куту, та сумі двох інших сторін.

5. (30 б.) На дошці записані натуральні числа від 1 до 2001. Дозволяється замінити довільні два числа модулем їх різниці. Після 2001 таких операцій залишається 1 число. Чи може це число бути нулем?

10 клас 1. (15 б.) Розв’яжіть систему рівнянь

2 2

2

5 2 12 03 3 0.x x yx xy y y

2. (15 б.) Чи існують числа виду 66...6 , які є кубами цілих чисел? 3. (20 б.) В прямокутному трикутнику довжини медіани і висоти, проведені до

гіпотенузи, дорівнюють m і h відповідно. Обчислити довжину бісектриси прямого кута цього трикутника.

4. (20 б.) Доведіть що корені рівняння 3 2 0ax bx cx d при 0a b c d не перевищують за модулем числа 1.

5. (30 б.) Доведіть, що при всіх допустимих значеннях ,x y буде вірною нерівність 1 32 2

x yy x .

11 клас 1. (15 б.) Чи існують числа виду 22...2 , які є кубами цілих чисел? 2. (20 б.) В опуклому чотирикутнику ABCD суми квадратів протилежних сторін є

рівними: 2 2 2 2AB CD BC AD . Доведіть, що діагоналі чотирикутника ABCD є перпендикулярними.

3. (20 б.) Розв’яжіть рівняння 4 3 22 5 2 1 0x x x x . 4. (20 б.) Доведіть, що число 42 2 є ірраціональним. 5. (30 б.) Визначте найбільше та найменше значення виразу 2 21 1x y y x , 1x ,

1y .


58


1. (15 б.) Знайти найменше натуральне число, що не є розв’язком нерівності 15 460x . 2. (15 б.) Одна сторона трикутника дорівнює 20 см, друга сторона становить 80% від

першої, а третя становить 75% від суми перших двох. Знайти периметр трикутника. 3. (20 б.) Які цифри можна підставити замість зірочок у запис тризначного числа 46*

так, щоб одержане число ділилося на а) 2; б) 3; в) 5? 4. (20 б.) Яке найбільше число однакових подарків можна зробити з 320 горіхів, 240

цукерок та 200 пряників? Скільки горіхів, цукерок і пряників буде у кожному пакеті? 5. (30 б.) Кожне із шести міст з’єднані лінією повітряного безпересадочного сполучення.

Скільки всього ліній повітряного сполучення? 7 клас

1. (15 б.) Обчислити значення виразу 3 5 5 4 6 4

8 4 4

27 4 5 2 2 36 10 6

.

2. (15 б.) Із корзини взяли 3 яблука, потім третину від залишку, а потім ще 3 яблука. Після чого у корзині залишилася половина від початкового числа яблук. Скільки яблук було у корзині спочатку?

3. (20 б.) Знайти число, яке ділиться на 5 без залишку, а при ділені на 2, 3 і 4 дає в залишку 1.

4. (20 б.) Як розрізати прямокутник 4 6 на дві однакові частини і квадрат 1 1 на дві однакові частини так, щоб з чотирьох одержаних фігур можна було скласти квадрат 5 5 ?

5. (30 б.) На шаховій дошці у лівому верхньому куті стоїть король (поле 8a ). Двоє по черзі роблять ходи королем. Дозволяється переміщувати короля на одне поле праворуч, вниз або по діагоналі праворуч і вниз (наприклад, 1–ий хід 8 8a b , або

8 7a a , або 8 7a b ). Виграє той, хто поставить короля у правий нижній кут (на 1h ). Хто виграє при правильній грі: той, хто починає, чи ходить другим? Як

переможець повинен грати? 8 клас

1. (15 б.) Розв’язати систему рівнянь 11

8.

x yy zz x

2. (15 б.) В трикутнику ABC точка K є серединою медіани BM , пряма AK перетинає BC у точці L . Визначте відношення :BL LC .

3. (20 б.) Чи можна число 99...9 (разом 2002 дев’ятки) подати у вигляді суми квадратів двох цілих чисел?

4. (20 б.) Книга містить 30 оповідань обсягом 3, 4, 5, … , 32 сторінки. Оповідання надруковані з першої сторінки. Кожне оповідання розпочинається з нової сторінки. Яке найбільше число оповідань може починатися з непарних сторінок?

5. (30 б.) У кожній клітинці таблиці 2002 2000 записано число 1, або число 1 . Нехай kp (1 2002k ) – добуток чисел у k му стовбці, jq (1 2000j ) – добуток чисел у

j му рядку. Чи може сума всіх kp і jq дорівнювати: а) 1; б) 0?


59

9 клас

1. (15 б.) Із пункту A в пункт B виїхали одночасно два мотоциклісти. Перший весь шлях їхав зі швидкістю 50 км/год, а другий – першу половину шляху їхав зі швидкістю 60 км/год, а другу – зі швидкістю 40 км/год. Який з мотоциклістів прибув раніше у пункт B ?

2. (15 б.) Розв’язати систему рівнянь 2

2

4 4 0

4 4 0.

x y

y x

3. (20 б.) В кут 60 вписано два кола, які дотикаються одне одного. Доведіть, що чотири точки дотику кіл зі сторонами кута є вершинами чотирикутника, у якого суми протилежних сторін є рівними.

4. (20 б.) Доведіть, що 1 1 1 12 2 2x y z

, якщо 0, 0, 0x y z , 1x y z .

5. (30 б.) Чи можна число 33...3 (разом 2002 трійки) подати у вигляді суми квадратів двох цілих чисел?

10 клас

1. (15 б.) Розв’яжіть рівняння 2 29 4 5x x . 2. (15 б.) Доведіть, що трикутник з двома рівними медіанами є рівнобедреним. 3. (20 б.) Доведіть, що при кожному натуральному n число 6 3 12 3 3 2 1n n ділиться на

7. 4. (20 б.) Розв’яжіть функціональне рівняння f x y f y z f x z x y z .

5. (30 б.) Знайдіть 1min x yxy

, якщо 0x , 0y .

11 клас

1. (15 б.) Із A в B та із B в A одночасно вийшли два пішоходи. Коли перший пройшов половину шляху, другому залишилося пройти 24 км. А коли другий пройшов половину шляху, першому залишилося пройти 15 км. Яка відстань від A до B ?

2. (15 б.) Визначте найбільше значення виразу 1 2 2 3x x x x , якщо 1 2 3 1x x x , 1 0x ,

2 0x , 3 0x . 3. (20 б.) У кожній клітинці таблиці 2002 2000 записано число 1, або число 1 . Нехай

kp (1 2002k ) – добуток чисел у k му стовбці, jq (1 2000j ) – добуток чисел у j му рядку. Чи може сума всіх kp і jq дорівнювати: а) 1; б) 0?

4. (20 б.) Прямокутний трикутник розташовано так, що його гіпотенуза лежить у площині , а катети утворюють із цією площиною кути 45 і 30 відповідно. Знайдіть кут між площиною трикутника і площиною .

5. (30 б.) Нехай P x – многочлен з цілими коефіцієнтами, а рівняння 1P x має три

цілі корені. Скільки цілих коренів може мати рівняння 0P x ?


60


1. (15 б.) Розв’яжіть рівняння 1 2 3 2x x . 2. (15 б.) Електропотяг проїхав вздовж світлофора за 5 секунд, а вздовж платформи

довжиною 150 м – за 15 секунд. Яка довжина електропотяга та його швидкість? 3. (20 б.) Кожну грань куба розрізали на чотири квадрати, і кожен з квадратів

розфарбували в один з трьох кольорів: синій, жовтий або червоний так, щоб кожні два сусідніх (через сторону) квадрати були різного кольору. Доведіть, що синіх квадратів не менше восьми.

4. (20 б.) Знайдіть цілі x та y , що задовольняють рівнянню 2 22003x y . 5. (30 б.) Розріжте прямокутник 9 16 на дві рівні частини, з яких можна скласти

квадрат. 8 клас

1. Розкладіть на множники многочлен 8 4 2x x . 2. При якому значені m прямі 4y x m і 2 3y x перетинаються на осі ординат

(OY )? 3. Розв’яжіть у натуральних числах рівняння 3 5 25xy x y . 4. Точка D є серединою основи AC рівнобедреного трикутника ABC . Точка E –

основа перпендикуляра, опущеного з точки D на сторону BC . Відрізки AE і BD перетинаються у точці F . Встановіть, який з відрізків є довшим: BF чи BE ?

5. Доведіть нерівність 4 9 16 25 36 49 64 81 1001 0x x x x x x x x x x . 9 клас

1. (15 б.) Скоротіть дріб 4

6 4 2

816 4

x xx x x

.

2. (15 б.) Розв’яжіть рівняння 3 23 2

8 2x xx x

.

3. (20 б.) Нехай 1x , 1y . Доведіть, що 1x y xy . 4. (20 б.) На столі лежить куча із 1001 камінців. З неї забирають один камінець і ділять

кучу на дві кучі (не обов’язково рівні). Після чого з довільної кучі, що містить більше двох камінців, знову забирають камінець і ділять на дві кучі і так далі. Чи можна через декілька ходів залишити на столі лише кучі, що містять по три камінці?

5. (30 б.) У правильному трикутнику ABC обрали довільну точку M і опустили із неї перпендикуляри 1MA , 1MB і 1MC до сторін BC , AC і AB відповідно. Доведіть, що

1 1 1 1 1 1A B B C C A AB BC CA . 10 клас

1. (15 б.) Розв’яжіть рівняння 3 4 1 8 6 1 1x x x x . 2. (15 б.) Чи може найменше спільне кратне двох натуральних чисел дорівнювати їх

сумі? 3. (20 б.) В трикутнику ABC кут при вершині C дорівнює 120 . Доведіть, що довжина

відрізка, що сполучає цю вершину з центром вписаного кола, дорівнює 2 p AB , де p – півпериметр трикутника ABC .


61

4. (20 б.) Дано квадратні тричлени f x і g x , старші коефіцієнти яких дорівнюють 1.

Відомо, що 0f x g x має два різні корені, а кожен з цих коренів є коренем

рівняння 30f x g x . Доведіть, що f x g x .

5. (30 б.) В правильному п’ятикутнику 1 2 3 4 5A A A A A обрали точку M і опустили з неї перпендикуляри 1 2 3 4 5, , , ,MB MB MB MB MB на сторони 1 2A A , 2 3A A , 3 4A A , 4 5A A і 5 1A A відповідно (всі основи перпендикулярів належать сторонам п’ятикутника, а не їх продовженням). Доведіть, що

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 2 1 3 2 4 3 5 4 1 5A B A B A B A B A B A B A B A B A B A B . 11 клас

1. (15 б.) Для деяких цілих x і y число 3 2x y ділиться на 23. Доведіть, що число 17 19x y також ділиться на 23.

2. (15 б.) Розв’яжіть рівняння 1 cos 2 sin 2x x . 3. (20 б.) Нехай 4 33 4 5f x x x x . Знайдіть таке число a , при якому 2x a і

виконується умова 12100

f x f .

4. (20 б.) Дана трапеція ABCD , ||BC AD . E і F є серединами сторін AB і CD відповідно. O – точка перетину діагоналей трапеції. Доведіть, що

2 2 2 2EA EO FD FO .

5. (30 б.) Знайдіть цілу частину числа 1 1 11 ...2 3 256

.


62


1. Четверо друзів вирішили купити разом настільну гру. Перший вніс половину суми, внесеної іншими; другий – третину суми, внесеної іншими; третій – чверть суми, внесеної іншими, а четвертий вніс 1 гривню 30 копійок. Скільки коштує гра і скільки грошей вніс кожен?

2. Знайдіть суму натуральних чисел від 1 до 99 . 3. Довести, що з будь–яких трьох натуральних чисел можна знайти два, сума яких

ділиться на два. 4. Знайти найменше натуральне число, що не є розв’язком нерівності 15 460x . 5. У запису 88888888 поставте між деякими цифрами знак додавання (плюс) так, щоб

одержати вираз, значення якого дорівнює 1000 . 7 клас

1. Якщо деяке число збільшити на 15% , то одержимо 207 . На скільки відсотків треба зменшити це число, щоб одержати 126 ?

2. Який дріб більше: 3767

або 377677

?

3. Знайти найменше додатне число, яке при діленні на 2,3,5,7 і 11 дає в залишку 1 4. Серед точок прямої l знайти таку точку, сума відстаней від якої до двох даних точок

M і N буде найменшою. 5. Квадрат числа складається з цифр 0;2;3;5 . Знайдіть це число.

8 клас

1. Дмитрик і Вова вийшли одночасно з (одного) дому до школи. У Дмитрика крок був на 20% відсотків коротше ніж у Вови, але зате він встигав робити на 20% більше кроків за той самий час, ніж Вова. Хто з них прийшов раніш до школи?

2. Довести, що число 3a a при будь–якому натуральному a ділиться на 6 . 3. Знайти суму коефіцієнтів многочлена, отриманого при розкритті дужок і зведенні

подібних членів у виразі 20042 3 3x x . 4. Довести, що трикутник у якого центри описаного та вписаного кіл збігаються є

рівностороннім.

5. Довести, що 2 2 2

1 1 1... 0,992 3 100

.

9 клас

1. Знайти найменше ціле x що задовольняє нерівності 2005xx

.

2. Корені рівняння 2 1x ax b натуральні числа. Довести, що 2 2a b складене число. 3. Довести, що многочлен 2 93 94 951 ...x x x x x ділиться на многочлен 32 641 x x . 4. Дано гострокутний трикутник ABC . Коло з центром на стороні BC проходить через

вершини B і C та перетинає сторони AB і AC у точках D і E відповідно. Виявилося, що AD AE . Довести, що трикутник ABC рівнобедрений.

5. Довжини сторін трикутника – послідовні цілі числа, не менше 3 . Довести, що висота, яка опущена на середню за розміром сторону поділяє її на відрізки, різниця яких дорівнює 4 .


63

10 клас

1. Розв’язати нерівність 2 22 0x x x x .

2. Відомо, що 0a b c c . Довести, що 2 4b ac . 3. В коло вписано прямокутний трикутник ABC з гіпотенузою AB . На більшому з

катетів BC взято точку D так, що AC BD , а точка E – середина дуги AB , що містить точку C . Знайти кут DEC .

4. Чи існує таке число x , що значення виразів 2x та 3 2x – раціональні числа? 5. Довести, що якщо 2 3, 2 3x y , то 2 2 23 3 2x y x y .

11 клас

1. Дотична до графіка функції 2y x перетинає координатні вісі OX та OY у точках A і B так, що OA OB . Знайти довжину відрізка AB .

2. Довести, що якщо 2 21 1 1x x y y , то 0x y .

3. Чи існує таке число x , що значення виразів tg 3x та ctg 3x – цілі числа? 4. У трикутнику ABC з основою 8AC проведено бісектрису BL . Площі трикутників

ABL і BLC відносяться як 3:1 . Знайти бісектрису BL , при якій висота, що опущена з вершини B до основи AC , буде найбільшою.

5. Розв’язати систему рівнянь 1 1 13 4 5

1.

x y zx y z

xy xz yz


64

2005 рік (міський) 6 клас

1. Вася розв’язав приклад на чернетці, а потім переписав розв’язання у зошит, але забув поставити дужки. У нього вийшло: 6 8 20 : 4 2 40 . Розставте забуті дужки.

2. Наталка та Іна купили по однаковій коробці чаю в пакетиках. Відомо, що одного пакетика вистачає на дві або три чашки чаю. Наталці коробки вистачило тільки на 41 чашку чаю, а Іні – тільки на 58 чашок. Скільки пакетиків було в коробці?

3. В хороводі по колу стоять 15 діточок. Праворуч від кожної дівчинки стоїть хлопчик. У половини хлопчаків правий сусід також хлопчик, а у кожного з решти хлопчаків правий сусід – дівчинка. Скільки хлопчаків і скільки дівчинок в хороводі?

4. Розріжте фігуру (див. рис.) на 5 частин однакової форми і однакового розміру так, щоб в кожну частину попало рівно по одному сірому квадратику.

5. У місті Пряничному мер задумав ввести податок на пряники: кожен, хто купує

пряник, повинен заплатити 20% від вартості пряника у міську казну. А заступник мера запропонував підняти ціну на пряники на 20% і забирати у казну 20% від виручки продавців. Яка з двох пропозицій (мера або його заступника) принесе в казну міста більше грошей?

7 клас 1. Тарган оголосив, що може бігати зі швидкістю 50 м/хв. Йому не повірили, і

правильно: насправді тарган все переплутав і думав, що в метрі 60 сантиметрів, а в хвилині – 100 секунд. З якою швидкістю (в «нормальних» м/хв) бігає тарган?

2. При додаванні двох натуральних чисел Коля поставив зайвий нуль на кінці першого доданку і замість 2801 одержав суму, рівну 10001. Які числа додавав Коля?

3. В школі пройшли три олімпіади. З’ясувалось, що в кожній з них приймало участь по 50 учнів. Причому, 60 учнів приходило тільки на одну олімпіаду, а 30 учнів – рівно на дві. Скільки учнів прийняло участь у всіх трьох олімпіадах?

4. Незнайка розмістив без накладань в квадраті 10 10 тільки 13 фігур («дужок»), що зображені на рисунку нижче. Спробуйте розмістити більше.

5. В тирі гравець вносить у касу 100 рублів. Після кожного влучного пострілу кількість

його грошей збільшується на 10%, а після кожного промаху зменшується на 10%. Чи могло через декілька пострілів у гравця виявитись 80 рублів 19 копійок?

8 клас 1. Касир продав всі білети в перший ряд кінотеатру, причому помилково на одне з місць

було продано два білети. Сума номерів місць на всіх цих білетах становить 857. На яке місце продано два білети?

2. «Жигулі» і «Москвич» одночасно під’їхали до бензоколонки, що знаходиться на відстані 40 км по шосе від поста ДАІ. «Москвич» проїхав мимо цього поста на пів голини пізніше ніж «Жигулі». З якою швидкістю їхав «Москвич», якщо швидкість «Жигулів» – 80 км/год?

3. З трьох хлопчаків, яких звуть Антон, Іван і Сашко, тільки один завжди говорить правду. Антон сказав: «Іван не завжди говорить правду», Іван сказав: «Я не завжди говорю правду», а Сашко сказав: «Антон не завжди говорить правду». Хто з них завжди говорить правду, якщо відомо, що принаймні один з них сказав неправду?

ІІ тур Всеукраїнської олімпіади з математики 2005 рік (міський)

65

4. В трикутнику ABC проведено медіану BD . Точки E і F ділять медіану на три рівних відрізки ( BE EF FD ). Відомо, що 1AB , AF AD . Знайти довжину відрізка CE .

5. На острові «Невезіння» з населенням 96 чоловік уряд вирішив провести п’ять реформ. Кожною реформою незадоволена рівно половина усіх громадян. Громадянин виходить на мітинг, якщо він незадоволений більше ніж половиною усіх реформ. Яке максимальне число людей уряд може очікувати на мітингу? Наведіть приклад і доведіть, що більше неможна.

9 клас 1. Щоб відкрити сейф, треба ввести код – число, що складається із семи цифр: двойок і

трійок. Сейф відкриється, якщо двійок більше ніж трійок, а код ділиться і на 3, і на 4. Придумайте код, що відкриває сейф.

2. Чи можна у квадраті 10 10 розставити 12 кораблів розміром 1 4 (для гри типу «морський бій») так, щоб кораблі не дотикались один з одним (навіть вершинами)?

3. Два пішохода (одночасно) вийшли на світанку. Кожен йшов зі сталою швидкістю. Один йшов із A в B , інший – із B в A . Вони зустрілись опівдні і, не зупиняючись, продовжили рух. Один з них прийшов у пункт B о 16 годині, інший в A – о 21 годині. О котрій годині в той день був світанок?

4. Два торговці купили у місті однакову кількість товару по одній ціні та повезли кожен у своє поселення продавати. Перший продав товар в два рази дорожче закупочної ціни. Другий спочатку підняв ціну на 60%, продав четверту частину товару, потім підняв ціну ще на 40% і продав решту. Хто з них виручив більше грошей?

5. Двоє учнів по черзі виставляють на дошку 65 65 по одній шашці. При цьому в жодній лінії (горизонталі або вертикалі) не повинно бути більше двох шашок. Хто не зможе зробити хід – програє. Хто виграє при правильній грі та якою повинна бути стратегія?

10 клас 1. На острові 2/3 всіх чоловіків одружені та 3/5 всіх жінок є замужніми. Яка доля

населення острову проживає у шлюбі? 2. Зад №4, 9 клас, 2005 рік. 3. Трикутник ABC є рівнобедреним. Причому 1AB BC , 36ABC . Бісектриси

AK і CM перетинаються у точці O . Знайдіть периметр трикутника AMO .

4. Нехай 2 12 30f x x x . Розв’яжіть рівняння 0f f f f f x .

5. Зад №5, 9 клас, 2005 рік. 11 клас

1. Додатні числа a , b і c такі, що 1 1 1 a b ca b c . Доведіть, що 3a b c abc .

2. Доведіть, що існує квадрат, всі вершини та середини сторін якого належать гілкам

гіперболи 1yx

. Знайдіть площу такого квадрата.

3. Розв’яжіть систему рівнянь 2 sin sin 2cos 5sin 4.

y x x yx y

4. Зад №4, 10 клас, 2005 рік. 5. У круговому шаховому турнірі кожен учасник зіграв з кожним один раз. Назвемо

партію неправильною, якщо переможець партії за результатами турніру набрав очок менше ніж переможений у цій партії (перемога дає 1 очко; нічия – 0,5; поразка – 0). Чи можуть неправильні партії складати

а) більше 75% от загального числа партій у турнірі; б) більше 70%?


66


1. (15 б.) Коли турист пройшов 1 км та половину решти шляху, то з’ясувалося, що до

кінця ще 13

всього шляху та ще 1 км. Знайдіть довжину всього шляху.

2. (15 б.) Житлова площа квартири з двох кімнат дорівнює 47,5 (кв.м.). Площа однієї

кімнати складає 811

площі іншої. Знайдіть площу кожної кімнати.

3. (20 б.) Знайти число, яке ділиться на 5 без остачі, а при діленні на 2, 3 і 4 дає в остачі 1.

4. (20 б.) Яку найбільшу кількість однакових подарунків можна скласти з 320 горіхів, 240 цукерок і 200 пряників? Скільки цукерок, горіхів й пряників буде в кожному подарунку?

5. (30 б.) Маючи 8 кг квасолі та чашкові ваги без гирьок, зважте за їх допомогою 3 кг квасолі.

7 клас

1. (15 б.) Дано три точки 2;3M , 2;6B , 6;6A . Побудуйте точку K , яка є вершиною прямокутника MBAK . Знайдіть площу цього прямокутника.

2. (15 б.) Число a становить 80% числа b , а число c складає 140% числа b . Знайдіть числа , ,a b c , якщо c більше від a на 72.

3. (20 б.) Розв’яжіть рівняння 1 2 3 2x x . 4. (20 б.) У ести цифровому числі перша цифра співпадає з четвертою, друга – з п’ятою,

а третя – з шостою. Доведіть, що це число є кратним чисел 7, 11, 13. 5. (30 б.) Кожні два з шести міст сполучені лінією повітряного безпересадочного

сполучення. Скільки всього ліній повітряного сполучення? 8 клас


кінця ще 13


2. (15 б.) Що більше 155 чи 233 ? 3. (20 б.) Розв’яжіть рівняння 2 1 3 5x . 4. (20 б.) Доведіть, що сума кубів трьох послідовних цілих чисел обов’язково ділиться

на 9. 5. (30 б.) Мережа метро має на кожній лінії не менше чотирьох станцій, з них не більше

трьох – з пересадками. На кожній станції з пересадками не має перетинів більше ніж двох ліній. Яку найбільшу кількість ліній має така мережа, якщо з будь–якої станції на іншу можна потрапити, зробивши не більше двох пересадок?


67

9 клас

1. (15 б.) Доведіть рівність 5 24 2 3 . 2. (15 б.) Розкладіть многочлен 8 4 2x x на множники. 3. (20 б.) Знайдіть два числа за їх різницею 66 та найменшим спільним кратним, що

дорівнює 360. 4. (20 б.) Нехай 1BB та 1CC – висоти гострокутного трикутника ABC з кутом 30A .

Точки 2B і 2C є серединами сторін AC і AB відповідно. Доведіть, що відрізки 1 2B C і

2 1B C є перпендикулярними. 5. (30 б.) За п’ять років навчання студент склав 31 екзамен, причому кожного року він

складав більше екзаменів, ніж попереднього. На п’ятому курсі екзаменів було втричі більше ніж на першому. Скільки екзаменів було на четвертому курсі?

10 клас

1. (15 б.) Скільки розв’язків має система рівнянь 2 2

2

256

y xy x x

?

2. (15 б.) На гіпотенузі AB прямокутного трикутника ABC взяли точки M і N такі, що AC AM і BC BN . Доведіть, що 45MCN .

3. (20 б.) Розв’яжіть рівняння 2 1 3 2 0x x x . 4. (20 б.) Доведіть, що коли a , b і c – довжини сторін даного трикутника, то при

довільному значенні x виконується нерівність 2 2 2 2 2 2 0b x b c a x c . 5. (30 б.) Доведіть, що сума двох простих чисел ділиться на 12, якщо їх різниця дорівнює

2, а менше число більше від 3. 11 клас

1. (15 б.) Розв’яжіть нерівність 3sin 1 4sin 1x x . 2. (15 б.) При якому значенні a сума квадратів коренів рівняння 2 1 0x ax a буде

найменшою? 3. (20 б.) Нехай , , ,a b c d – довільні дійсні числа, сума яких дорівнює 1. Доведіть, що

2 2 2 2 12 2 2 24

a b c d ab bc cd da .

4. (20 б.) У тетраедра ABCD всі двогранні кути є гострими, а протилежні ребра попарно рівними. Знайдіть суму косинусів усіх двогранних кутів тетраедра.

5. (30 б.) На дошці записані числа: a , b , c , d . Кожну секунду вони змінюються на числа a b , b c , c d , d a . Через деякий час знову дістали початкові числа: a , b , c , d . Доведіть, що 0a b c d .


68


1. (5 б.) Одна зі сторін правильного трикутника дорівнює 20 см, друга сторона становить 80% від першої, а третя становить 75% від суми перших двох. Знайдіть периметр трикутника.

2. (5 б.) Знайдіть суму натуральних чисел від 1 до 999. 3. (10 б.) На пальмі сиділо багато мавп. Двадцять з них одержали сигнал. Мавпа, що

одержує сигнал, зриває з пальми три фініки і роздає іншим. Мавпа, що одержала два фініки, з’їдає їх та передає (поштовхом) сигнал іншій мавпі. Після того, як відбулося 30 нових сигналів, мавпи заспокоїлися. Скільки фініків залишилося у мавп?

4. (10 б.) Над озерами летіли гуси. На кожному сідала половина гусей та ще пів гуся, решта летіли далі. В результаті всі гуси сіли на семи озерах. Скільки було гусей?

5. (15 б.) Кожен із чотирьох гномів – Беня, Веня ,Сеня і Женя – або завжди говорять правду, або ж завжди неправду. Мі підслухали таку розмову:

БЕНЯ (Вені): Ти говориш неправду. ЖЕНЯ (Бені): Сам ти говориш неправду. СЕНЯ (Жені): Та обидва вони говорять неправду (подумав). І ти також.

Хто з гномів говорить правду, а хто завжди говорить неправду? 7 клас

1. (5 б.) З корзини взяли 3 яблука, потім третину від залишку, а потім ще 3 яблука. Після цього в корзині залишилася половина від початкового числа яблук. Скільки яблук в корзині було спочатку?

2. (5 б.) Серед учнів 7 класу 12% хворіли грипом, а решта вболівали за ФК «Шахтар». Скільки учнів 7 класу вболівало за ФК «Шахтар», якщо у класі не більше 45 учнів?

3. (10 б.) На чудо–яблуні садівник виростив 25 бананів і 30 апельсинів. Кожен день він зриває два плода і водночас на яблуні виростає новий плід. Причому: якщо він зриває два однакових плода, то виростає апельсин, а якщо два різних – банан. Яким виявиться останній плід на дереві.

4. (10 б.) Парне число a при діленні на 3 дає залишок 1. Чому дорівнює залишок від ділення числа a на 6?

5. (15 б.) Серед 12 монет є одна фальшива. Знайти її за три зважування на шалькових терезах без гир, якщо відомо, що вона легша або важча за решту.

8 клас 1. (5 б.)

а) Назвіть 10 перших натуральних чисел, що мають непарне число дільників (до дільників відносити одиницю і саме число);

б) сформулюйте й доведіть правило, яке дозволяє знайти наступні такі числа. 2. (5 б.) Дана замкнена ломана лінія ABCDEF , для якої кути , , , ,A B C D E рівні

відповідно 20˚, 25˚, 60˚, 130˚ і 75˚. Знайти величину кута F .

3. (10 б.) Цілі числа , , ,a b c d задовольняють співвідношенню dcba

dcba

. Чи може

добуток вказаних чисел дорівнювати 1000?

A

B

C D

E

F


69

4. (10 б.) Доведіть, що 1 1 1

1 12 11 13 1 14 31 4 119911991

.

5. (15 б.) 12 кандидатів у мери розповідали про себе. Через деякий час один сказав: "До мене збрехали один раз". Другий сказав: "А тепер – двічі". "А тепер – тричі" – сказав третій, і так далі до 12–го, який сказав: "А тепер збрехали 12 раз". Тут ведучій перервав дискусію. Виявилося, що принаймні один кандидат правильно підрахував, скільки разів збрехали до нього. Скільки разів збрехали кандидати?

9 клас 1. (5 б.) Всі сторони многокутника мають довжину 1, а всі його кути дорівнюють 120

або 240 . Доведіть, що периметр такого многокутника є парним числом.

2. (5 б.) Знайти всі натуральні числа n , для яких дріб 19 177 11

nn

є цілим числом.

3. (10 б.) З ранку з двох поселень назустріч один одному одночасно вийшли два товариша. Кожен з них йшов у те поселення, з якого вийшов інший, і рухався зі сталою швидкістю без зупинок. Опівдні (о 12–00) товариші зустрілися, а до вечора досягли мети: один о 16–00, а інший о 21–00. В якому часу вони вийшли вранці.

4. (10 б.) При якому a система рівнянь 2

22005

x y ay x

має єдиний розв’язок?

5. (15 б.) Дано не опуклий чотирикутник, який має три внутрішніх кута по 45 . Розглянемо фігуру, яка утворена відрізками, що сполучають середини його сторін.

а) Доведіть, що ця фігура є прямокутником. б) Доведіть, що вона є квадратом.

10 клас 1. (5 б.) Знайти шестизначне число, яке починається з цифри 1 і таке, що при

перестановці цієї цифри в кінець, одержимо число, яке втричі менше від шуканого.

2. (5 б.) Обчислити добуток 21217270993 . 3. (10 б.) При яких значеннях параметра а нерівність 2 21 2 1 2 0a x a x

виконується при всіх дійсних значеннях x ? 4. (10 б.) Побудувати графік функції cos tgy x x .

5. (15 б.) Розв’язати в цілих числах рівняння 3xy xz yzz y x .

11 клас 1. (5 б.) Чи існує чотирикутна піраміда, у якої дві протилежні грані є

перпендикулярними її основі? 2. (5 б.) Побудувати графік функції 2log 2 4y x .

3. (10 б.) Доведіть, що 200 200 1x y не можна подати у вигляді добутку многочленів тільки від однієї змінно, тобто у вигляді ( ) ( )f x g y .

4. (10 б.) Розв’язати рівняння 12 2 2 2 48 9 8 7 8 9 8 7 2

x x x

x x x x x x x x

.

5. (15 б.) При яких а рівняння 2 2cos 1 2 6 0a x a x має єдиний розв’язок.


70


1. (15 б.) Батько і син вирішили переміряти кроками відстань між двома деревами, для чого відійшли водночас від того ж самого дерева. Довжина кроку батька – 70 см, сина – 56 см. Знайти відстань між цими деревами, якщо відомо, що їхні сліди збіглися 10 разів.

2. (15 б.) Скільки води треба додати до 600 г рідини, що містить 40% солі, щоб вийшов 12% –й розчин цієї солі?

3. (20 б.) Довести, що сума двох послідовних непарних чисел ділиться на 4 . 4. (20 б.) На дошці записано число 23 . Щохвилини число стирають з дошки і записують

на його місце добуток його цифр, збільшений на 12 . Що виявиться на дошці через годину?

5. (30 б.) У клітчатому квадраті 9 9 зафарбовано 19 клітинок. Доведіть що, або знайдуться дві зафарбовані клітинки, що мають спільну сторону, або знайдеться не зафарбована клітинка, до сторін якої примикають не менше двох зафарбованих.

7 клас

1. (15 б.) Батон коштував 1,5 грн. Ціна на нього підвищувалася 2 рази на 5% і на 6% , а потім знизилася відразу на 11% . Чи змінилася ціна батона в гривнях?

2. (15 б.) Скільки існує натуральних тризначних чисел, які при діленні на 8 дають остачу 3 ?

3. (20 б.) Зі 100 учнів ліцею 28 вивчають англійську мову, 30 – німецьку, 42 – французьку, 8 – англійську і німецьку, 10 – французьку і англійську, 5 учнів – німецьку і французьку, 3 – вивчають усі три мови. Скільки учнів вивчають лише англійську, лише французьку, лише німецьку? Скільки учнів не вивчають жодної мови?

4. (20 б.) Учню надіслали 20 задач. За кожну розв’язану задачу давали 8 балів; за неправильно розв’язану знімали 5 балів; за задачу, за розв’язання якої учень не брався, – 0 балів. Скільки задач спробував розв’язувати учень, якщо він набрав 13 балів?

5. (30 б.) При яких натуральних значеннях a рівняння 1ax a x має парні корені? 8 клас

1. (15 б.) Доведіть, що вираз 6 9a b a b невід’ємний при будь–яких a і b . 2. (15 б.) У трикутнику ABC бісектриса з вершини A , висота з вершини B та

серединний перпендикуляр до сторони AB перетинаються в одній точці. Знайдіть величину кута A .

3. (20 б.) Знайти, через скільки хвилин після того, як годинник показував 9 годин, хвилинна стрілка наздожене годинну?

4. (20 б.) Сума трьох цілих чисел ділиться на 6 . Довести, що й сума кубів цих чисел ділиться на 6 .

5. (30 б.) Довести, що в будь-якому шестидесятизначному числі, десятковий запис якого не містить нулів, можна закреслити кілька цифр так, що число, яке вийшло в результаті цього, буде поділятися на 1001.


71

9 клас 1. (15 б.) Знайти суму всіх коренів рівняння 2 3 1 7 0x x .

2. (15 б.) Розв’язати нерівність: 2 3 18 2x x x

x

.

3. (20 б.) Натуральні числа m та n такі, що 24 6m n n m m . Довести, що n ділиться на m .

4. (20 б.) У трикутнику ABC бісектриса AE дорівнює відрізку EC . Знайти кути трикутника ABC , якщо 2AC AB .

5. (30 б.) У вершинах трикутника написані числа 1, 2 і 3 . Потім кожне з чисел одночасно замінили на суму двох сусідніх. Цю операцію провели ще декілька разів. Чи може сума одержаних трьох чисел дорівнювати 3000000 ?

10 клас

1. (15 б.) При яких значеннях k рівняння 21 4 7 0k x k x k має єдиний корінь?

2. (15 б.) Розв’язати нерівність: 2 22 0x x x x .


33

x y zx y z

.

4. (20 б.) Точка М – середина сторони ВС опуклого чотирикутника ABCD , 0120AMD . Довести, що 1

2AB BC CD AD .

5. (30 б.) Прямокутник 7 11 розрізали на квадрати 2 2 та триклітинкові куточки (див. мал.). Скільки всього фігур одержали при розрізанні?

11 клас

1. (15 б.) Розв’язати рівняння: 2cos 2 0x x x . 2. (15 б.) Знайти найбільший цілий розв’язок нерівності: 2 23 3 7 13x x x x .

3. (20 б.) Знайти найменше значення виразу yx

, якщо відомо, що 2 210 2 1 0x x y y .

4. (20 б.) Діагоналі опуклого чотирикутника ABCD перетинаються в точці E . Відомо, що площі трикутників ABE та DCE дорівнюють по 1, площа чотирикутника ABCD не перевищує 4 , 3AD . Знайти BC .

5. (30 б.) В квадраті 1 1 відмітили 9 точок, ніякі три з яких не лежать на одній прямій. Довести, що знайдуться два трикутника з вершинами у цих точках, площі яких не

перевищують 18

для кожного.


72


1. (15 б.) Є два числа. Яке з чисел більше та на скільки, якщо 5% першого числа дорівнюють 15, а 8% від другого дорівнюють 16?

2. (15 б.) О 9 годині ранку зі станції A вирушив пасажирський поїзд, а слідом за ним об 11 годині з тієї ж станції вирушив швидкий поїзд. На якій відстані від станції A пасажирський поїзд повинен пропустити швидкий поїзд, якщо швидкість пасажирського поїзда 54 км/год, а швидкого – 72 км/год?

3. (20 б.) Довести, що сума двох послідовних непарних чисел ділиться на 4. 4. (20 б.) Яку найбільшу кількість однакових подарунків можна скласти з 320 горіхів,

240 цукерок і 200 пряників? Скільки цукерок, горіхів й пряників буде в кожному подарунку?

5. (30 б.) По колу вписали 2003 натуральних числа. Доведіть, що знайдуться два сусідніх числа, сума яких парна.

7 клас

1. (15 б.) Дано три точки 2;3M , 2;6B , 6;6A . Побудуйте точку K , яка є вершиною прямокутника MBAK . Знайдіть площу цього прямокутника.

2. (15 б.) Білка за 20 хвилин приносить горіх до дупла. Яку відстань при цьому вона пробігає, якщо без горіха вона біжить зі швидкістю 5 м/с., а з горіхом 3 м/с.

3. (20 б.) Зі 100 учнів ліцею 28 вивчають англійську мову, 30 – німецьку, 42 – французьку, 8 – англійську і німецьку, 10 – французьку і англійську, 5 учнів – німецьку і французьку, 3 – вивчають усі три мови. Скільки учнів вивчають лише англійську, лише французьку, лише німецьку? Скільки учнів не вивчають жодної мови?

4. (20 б.) У шестицифровому числі перша цифра співпадає з четвертою, друга – з п’ятою, а третя – з шостою. Доведіть, що це число кратне 7, 11 і 13.

5. (30 б.) На столі лежать 18 олівців. Двоє учнів по черзі беруть один, два або три олівці. Програє той, хто візьме останній олівець. Як повинен грати перший учень, щоб виграти?

8 клас


кінця ще 13


2. (15 б.) У трикутнику ABC бісектриса з вершини A , висота з вершини B та серединний перпендикуляр до сторони AB перетинаються в одній точці. Знайдіть величину кута A .

3. (20 б.) Розв’яжіть рівняння: 2 1 3 5x . 4. (20 б.) Сума трьох цілих чисел ділиться на 6. Довести, що й сума кубів цих чисел

ділиться на 6. 5. (30 б.) На площині дано шість точок загального положення (жодні три з них не лежать

на одній прямій). Кожні дві точки сполучено відрізком або червоного, або синього кольору. Довести, що знайдеться трикутник з вершинами в даних точках, всі сторони якого мають один колір.


73

9 клас 1. (15 б.) Доведіть рівність: 5 24 2 3

2. (15 б.) Цілі числа a , b , c і d задовольняють умові a b a bc d c d

. Чи може добуток

abcd дорівнювати 1000 ? 3. (20 б.) Натуральні числа n та m такі, що 24 6m n n m m . Довести, що n

ділиться на m . 4. (20 б.) Нехай 1BB та 1CC – висоти гострокутного трикутника ABC з кутом A , що

дорівнює 030 , 2B та 2C – середини сторін AC та AB відповідно. Доведіть, що відрізки 1 2B C та 2 1B C перпендикулярні.

5. (30 б.) У нескінченному місті усі квартали – квадрати одного розміру. Велосипедист стартував з перехрестя вулиць. Через півхвилини за ним поїхав інший велосипедист. Кожен їде з постійною швидкістю 1 квартал у хвилину і на кожному перехресті вулиць повертає або направо, або наліво. Чи можуть вони зустрітися?

10 клас

1. (15 б.) Відомо, що 2 2 12

x y x y . Довести, що 1x y .

2. (15 б.) На гіпотенузі AB прямокутного трикутника АВС взяли точки M та N такі, що AC AM і BC BN . Доведіть, що кут MCN дорівнює 045 .


3,3

x y zx y z

4. (20 б.) Дискримінант D квадратного тричлена 2P x x px q додатний. Скільки

коренів може мати рівняння 0P x P x D ?

5. (30 б.) Числа 1, 2, 3, …, 25 розташовують у квадратній таблиці 5 5 так, щоб у кожному рядку числа були розміщені у порядку зростання. Яке найменше значення може мати сума чисел у третьому стовпчику?

11 клас

1. (15 б.) Функція f x має вигляд ax bf xcx d

, де a , b , c , d – деякі числа. Відомо,

що 0 1f , 1 0f , 2 3f . Чому дорівнює 3f ?

2. (15 б.) Довести, що якщо cos 0x , то cos 2 3 4cos

xx

.

3. (20 б.) Відрізок CH – висота прямокутного трикутника ABC , яка проведена до гіпотенузи AB . Точки 1O , 2O і О – є центрами вписаних кіл трикутників ACH , BCH і ABC відповідно. Довести, що 1 2CO O O і 1 2CO O O .

4. (20 б.) Нехай a , b , c і d – довільні числа, сума яких дорівнює 1. Доведіть, що 2 2 2 2 12 2 2 2

4a b c d ab bc cd da .

5. (30 б.) На дошці записані числа: a , b , c , d . Кожну секунду вони змінюються на числа a b , b c , c d , d a . Через деякий час знову дістали початкові числа: a , b , c , d . Доведіть, що 0a b c d .


74


1. (15 б.) Що більше 15% від числа 240, чи число, 75% якого дорівнює 27? 2. (15 б.) Учень прочитав книгу за три дні. В перший день він прочитав 0,2 всієї книги і

ще 16 сторінок, на другий день 0,3 залишку і ще 20 сторінок. В третій день 0,75 залишку і останні 30 сторінок книги? Скільки сторінок у книзі?

3. (20 б.) Хлопчик і дівчинка виміряли кроками відстань 143 м, 20 разів їхні кроки збігалися. Крок хлопчика 65 см. Чому дорівнює довжина кроку дівчинки?

4. (20 б.) Щоб пронумерувати сторінки великої наукової роботи, знадобилось 3389 цифр. Скільки сторінок у роботі?

5. (30 б.) У шестицифровому числі перша цифра співпадає з четвертою, друга з п’ятою, третя – з шостою. Доведіть, що це число кратне 7,11,13.

7 клас

1. (15 б.) Влітку ціну на лижі знизили на 10%, а взимку підняли на 10%. Порівняти ціну на лижі цією зимою та минулою (у відсотках)?

2. (15 б.) Кожний з трьох гравців записує сто слів, після цього записи порівнюються. Якщо слово зустрічається хоча б у двох, то його викреслюють зі всіх списків. Чи можлива ситуація, що у першого гравця залишилося 54 слова, у другого 75 слів, а у третього 80 слів?

3. (20 б.) Розмістити 6 точок на чотирьох прямих так, щоб на кожній з них було по три точки.

4. (20 б.) Знайти всі трійки простих чисел a , b , c таких що 7 105a bc . 5. (30 б.) Шестицифрове число ділиться на 8. Яку найменшу суму цифр воно може мати?

Яку найбільшу суму цифр може мати таке число? 8 клас

1. (15 б.) Через п’ять років вік брата буде відноситись до віку сестри як 8 : 7 . Скільки років кожному з них зараз, якщо рік тому брат був вдвічі старший від сестри?

2. (15 б.) Довести, що коли 2 2 2a b c ab ac bc , де a , b , c – дійсні числа, то a b c .

3. (20 б.) Точка P – середина висоти, яка проведена до основи BC рівнобедреного трикутника ABC . Пряма BP перетинає бічну сторону AC у точці M . Доведіть, що

2CM AM . 4. (20 б.) На дошці записано число 12345678910111213…. Яка цифра буде стояти на

2009 місці? 5. (30 б.) Доведіть, що серед будь–яких ста цілих чисел, можна вибрати кілька (можливо,

одне) різниця яких ділиться на 100. 9 клас

1. (15 б.) Обчислити значення виразу 26112611 . 2. (15 б.) При яких цілих значеннях a рівняння 21 4 1x a a a має цілі

розв’язки? 3. (20 б.) Розкладіть на множники 5 1x x . 4. (20 б.) У рівнобедреному трикутнику ABC ( AC BC ) провели медіану 1CC і

бісектрису 1AA . Знайдіть кут ACB , якщо 1 12AA CC .


75

5. (30 б.) В кожній клітині дошки 5×5 сидить жук. В деякий момент всі жуки переповзають на сусідні клітини (сусідніми вважаються ті, що мають спільну сторону). Доведіть, що після того як всі жуки переповзуть, знайдеться клітина, на якій сидітимуть принаймні два жуки.

10 клас

1. (15 б.) Розв’яжіть нерівність 25 12 0x x xx

.

2. (15 б.) При якому значенні a сума квадратів коренів рівняння 2 1 0x ax a буде найменшою?

3. (20 б.) Доведіть, що не існує чотирьох різних додатних чисел , , ,a b c d таких, що a b c d та 3 3 3 3a b c d .

4. (20 б.) Доведіть, що сума медіан трикутника менше периметра, але більше півпериметра трикутника.

5. (30 б.) В бібліотеці не більше 5000 книжок. Якщо їх зв’язувати по 6, по 7, по 5, то залишиться одна книга, якщо зв’язувати по 11, то зайвих книжок не буде. Скільки книжок в бібліотеці?

11 клас

1. (15 б.) Розв’яжіть нерівність 25 12 0x x xx

.

2. (15 б.) Розв’яжіть рівняння 4 21 2 sinx x y . 3. (20 б.) Чому дорівнює сума дійсних коренів рівняння 0f x , якщо всі дійсні

значення х задовольняють рівність 22 1 4 14f x x x ? 4. (20 б.) Доведіть, що на координатній площині не існує правильного трикутника, всі

вершини якого мають цілі координати. 5. (30 б.) Дно прямокутної коробки викладено плитками розміром 2×2 та 1×4. Плитки

висипали з коробки і загубили одну плитку 2×2. Замість неї дістали плитку розміром 1×4. Доведіть, що викласти тепер дно коробки не вдасться.

76


З чого можна розпочати 1. Апостолова Г.В., Перші зустрічі з параметрами. – К.: Факт, 2004. 2. Апостолова Г.В., Хитромудрий модуль. – К.: Факт, 2006. 3. Апостолова Г.В., Ясінський В.В., Антьє і мантиса числа. – К.: Факт, 2006. 4. Бардушкин В.В., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П., Основы теории

делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультативный курс. – М.: МГИЭТ (ТУ), 2003. – 224 с.

5. Березина Л. Ю., Графы и их применение: Пособие для учителей. – М.: Просвещение, 1979. – 143 с.

6. Бродский Я.С, Слипенко А.К., Функциональные уравнения. – К.: Вища школа. Головное изд–во, 1983. – 96 с.

7. Виленкин Н. Я., Индукция. Комбинаторика: Пособие для учителей. - М.: Просвещение, 1976. – 48 с.

8. Галкин Е. В., Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числами: Учебное пособие для учащихся 7–11 кл. – Челябинск: Взгляд, 2005. – 271 с.

9. Германович П.Ю., Сборник задач по математике на сообразительность: Пособие для учителей. – М.: Учпедгиз, 1960. – 224с.

10. Голубев В.И., Решение сложных и нестандартных задач по математике. – М: ИЛЕКСА, 2007. – 252 с.

11. Головина Л. И., Яглом И. М., Индукция в геометрии. – М., Физматгиз, 1961. – 101 с. 12. Гончарова І. В., Скафа О.І., Евристики в геометрії: факультативний курс: Книга для

вчителя. – Х.: Основа, 2004. 13. Горнштейн П.И., Полонский В.Б., Якир М.С., Задачи с параметрами. – К.: РИА

«Текст»; МП «ОКО», 1992. – 290 с. 14. Дзигіна Л.Б., Програма підготовки учнів до участі в математичних олімпіадах.

Математика в школах України: Науково–методичний журнал. – Основа, 2009. – № 16/18. – С. 76–89.

15. Екимова М.А., Кукин Г.П., Задачи на разрезание. - М.: МЦНМО, 2002. – 122 с. 16. Канель–Белов А.Я., Ковальджи А.К., Как решают нестандартные задачи. Изд. 4–е,

испр./ Под редакцией В.О. Бугаенко. - М.: МЦНМО, 2008. – 96с. 17. Козко А.И., Чирский В.Г., Задачи с параметром и другие сложные задачи. – М.:

МЦНМО, 2007. – 296с. 18. Линдгрен Г., Занимательные задачи на разрезание. Пер. с англ. Ю. Н. Сударева. Под

ред. и с послесл.И, М. Яглома. - М., Мир, 1977. - 256 с. 19. Летчиков А. В., Принцип Дирихле. Задачи с указаниями и решениями. –

Издательство: Удмуртского университета, 1992. – 108 с. 20. Ліпчевський Л.В., Остапчук У.В., Розв’язування нерівностей. Нестандартні способи

доведення нерівностей: Навчально – методичний посібник. – Біла Церква, КОІПОПК, 2004.

21. Мельников О.И., Занимательные задачи по теории графов. – Минск: ТетраСистемс, 2001. – 144 с.

22. Мерзляк А.Г., Полонський В.Б., Якір М.С., Алгебра: Підручник для 8–х класів з поглибленим вивченням математики. – Х.: Гімназія, 2008.

23. Мерзляк А.Г., Полонський В.Б., Якір М.С., Геометрія: Підручник для 8–х класів з поглибленим вивченням математики. – Х.: Гімназія, 2008.

24. Петраков И.С., Математические олимпиады школьников: Пособие для учителей. - М.: Просвещение, 1982. – 96 с.


77

25. Прасолов В.В., Задачи по планиметрии, в 2 ч. – М.: Наука, 1991. 26. Репета В.К., Клешня Н.О., Коробова М.В., Репета Л.А., Задачі з параметрами. – К.:

Вища школа, 2006. 27. Седракян Н. М., Авоян А. М., Неравенства. Методы доказательства / Пер. с арм. Г. В.

Григоряна. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с. 28. Шаповалов А. В., Принцип узких мест. – М.: МЦНМО, 2006. – 24 с. 29. Шень А., Игры и стратегии с точки зрения математики. – М.: МЦНМО, 2007. – 40 с. 30. Шень А., Математическая индукция. – 3–е изд., дополн. – М.: МЦНМО, 2007. – 32 с. 31. Ясінський В., Теорія лишків та її застосування до розв'язування олімпіадних задач. -

№ 1/2. - Математика в школі: Науково–методичний журнал, 2009. – С. 35–40. 32. Ясінський В., Наконечна Л., Принцип Штурма та його використання під час

розв'язування олімпіадних екстремальних задач. - № 9. - Математика в школі: Науково–методичний журнал, 2009. – С. 33–40.

33. Ясінський В.А., Олімпіадна математика: функціональні рівняння, метод математичної індукції. – Х.: Основа, 2005.

Математичні олімпіади і турніри в Україні

34. Вышенский В.А., Карташев Н.В., Михайловский В.И., Ядренко М.И., Сборник задач киевских математических олимпиад. - Киев, 1984. – 240 с.

35. Вишенський В.А., Карташов М.В., Київські математичні олімпіади 1984–1993 рр.: Збірник задач. – К.: Либідь, 1993. – 144с.

36. Вишенський В. А., Ганюшкін О. Г., Українські математичні олімпіади: Довідник. – К.: Вища школа, 1993. – 415 с.

37. Лейфура В.М., Мітельман І.М., Математичні олімпіади школярів України. 1991–2000. – К.: Техніка, 2003. – 541 с.

38. Федак І. В., Готуємося до олімпіади з математики: Посібник для ЗНЗ. – Чернівці, 2003.

39. Басанько А.М., Романенко А.О., За лаштунками підручника з математики: Збірник розвиваючих задач для учнів 5 – 7 класів. – Тернопіль: Підручники і посібники, 2004.

40. Коваль Т. В., 400 задач з математичних олімпіад. 8–11 класи. – Тернопіль: Мандрівець, 2004. – 80 с.

41. Лейфура В.М., Змагання юних математиків України. 2003 рік. – Х.: Основа, 2004. 42. Ясінський В.А., Олімпіадні задачі. Випуск 1: Навчальний посібник. – Тернопіль:

Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40 с. 43. Довбыш Р.И., Потемкина Л.Л., Трегуб Н.Л., Лиманский В.В., Оридорога Л.Л.,

Кулеско Н.А., Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и примеров с решениями. – Донецк: ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.

44. Лось В.М., Тихієнко В.П., Математика: навчаємо міркувати. Розв'язування нестандартних задач: Навч. посібник. – К.: Кондор, 2005 – 312 с.

45. Сарана О.А., Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навчальний посібник. – К.: А.С.К., 2005. – 344 с.

46. Ясінський В.А., Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язання. –Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

47. Ясінський В. А. Практикум з розв'язування задач математичних олімпіад: методический материал / В. А. Ясінський. – Х.: Основа, 2006. – (Б–ка ж–лу «Математика в школах України»)

48. Готуємось до олімпіади з математики/ Упорядн. А. Б. Веліховська, О.В. Гримайло. – Х.: Основа, 2007. – 160 с. – (Б–ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 2 (50)).

49. Вороний О. М., Готуємось до олімпіади з математики. Книга 1. – Х.: Основа, 2008. – 128 с. – (Б–ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 5 (65)).


78

50. Вороний О. М., Готуємось до олімпіади з математики. Книга 2. – Х.: Основа, 2008. – 141, [3] с. – (Б–ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 6 (66)).

51. Анікушин А. В., Арман А. Р., Математичні олімпіадні змагання школярів України. 2006–2007. – К.: Літера, 2008 – 135 с.

52. Анікушин А. В., Арман А. Р., Математичні олімпіадні змагання школярів. 2006–2007. – К.: Літера, 2008 – 224 с.

53. Анікушин А. В., Арман А. Р., За ред. Рубльова Б.В. Всеукраїнські математичні бої – 2009. – Дніпропетровськ: Інновація, 2010 – 96 с.

54. Анікушин А. В., Арман А. Р., За ред. Рубльова Б. В. Математичні олімпіадні змагання школярів України 2007–2008 та 2008 – 2009. – Львів: Каменяр, 2010 – 552 с.

Математичні олімпіади і турніри в Росії

55. Агаханов Н. Х., Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006. Окружной и финальный этапы. – М.: МЦНМО, 2007. – 468 с.

56. Агаханов Н. Х., Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 1 / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.; под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. – М.: Просвещение, 2008. – 192 с.

57. Агаханов Н. Х. и др Математика. Областные олимпиады. 8–11 классы / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.]. – М. : Просвещение, 2010. – 239с.

58. Агаханов Н. Х., Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 2 / Н. X. Агаханов, О. К. Подлипский; [под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. – М.: Просвещение, 2009. – 159 с.

59. Агаханов Н. Х., Математика. Районные олимпиады. 6–11 классы / Агаханов Н. X., Подлипский О. К. – М.: Просвещение, 2010. – 192 с.

60. Агаханов Н. Х., Математика. Международные олимпиады / Н.X. Агаханов, П. А. Кожевников, Д. А. Терешин. – М.: Просвещение, 2010. – 127 с.

61. Балаян Э. Н., 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике / Э. Н. Балаян. – 3–е изд. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364, [1] с.: ил. – (Библиотека учителя).

62. Баранова Т. А., Блинков А. Д., Кочетков К. П., Потапова М. Г., Семёнов А. В., Весенний Турнир Архимеда. Олимпиада для 5–6 классов. Задания с решениями, технология проведения. – М.: МЦНМО, 2003. – 128 с.

63. Болтянский В Г., Леман А. А. Сборник задач московских математических олимпиад. – М., Просвещение, 1965. - 384 с.

64. Бончковский Р. Н. Московские математические олимпиады 1935 и 1936 годов. – ОНТИ НКТП СССР, 1936. - 82 с.

65. Вавилов В.В., Задачи отборочных математических олимпиад. – М.: МГУ, 1992. – 61 с.

66. Галкин Е. В., Нестандартные задачи по математике. Алгебра: Учебное пособие для учащихся 7–11 кл. – Челябинск: Взгляд, 2004. – 448 с.

67. Гальперин Г.А., Толпыго А.К., Московские математические олимпиады. – М.: Просвещение, 1986. – 303с.

68. Генкин С.А., Итенберг И.В., Фомин Д.В., Ленинградские математические кружки. – Киров: Аса, 1994. – 272 с.

69. Горбачев Н.В., Сборник олимпиадных задач по математике, М.: МЦНМО, 2005. – 560 с.

70. Егоров А. А., Раббот Ж. М. Олимпиады «Интеллектуальный марафон». Математика. – М.: Бюро Квантум, 2006. – (Библиотечка «Квант»)

71. Зубелевич Г. И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решениями): Пособие для учителей 5–8 классов. Под редакцией К. П. Сикорского, изд. 2–e, переработ. – М., Просвещение, 1971. – 304 с.


79

72. Математика в задачах: Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду / Под ред. А. А. Заславского, Д. А. Пермякова, А. Б. Скопенкова, М. Б. Скопенкова и А. В. Шаповалова. – М.: МЦНМО, 2009. – 488 с.

73. Московские математические регаты / Сост. А. Д. Блинков, Е. С. Горская, В. М. Гуровиц. – М.: МЦНМО, 2007. – 360 с.

74. Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005–2008). — М.: Издательство ЦПИ при механико–математическом факультете МГУ, 2008. – 48 с.

75. Р. М. Федоров, А. Я. Канель–Белов, А. К. Ковальджи, И. В. Ященко, Московские математические олимпиады 1993—2005 г./ Под ред. В. М. Тихомирова. – М.: МЦНМО, 2006. – 456 с.

76. Севрюков П. Ф., Подготовка к решению олимпиадных задач по математике / – Изд. 2–е. – М.: Илекса; Народное образование; Ставрополь: Сервисшкола, 2009. – 112 с.

77. Спивак А. В., Тысяча и одна задача по математике. - М.: Просвещение, 2002. – 208 c. 78. Фомин А. А., Кузнецова Г. М. Школьные олимпиады. Международные

математические олимпиады. – М.: Дрофа, 2006. – 159 с. 79. Фомин Д. В., Санкт–Петербургские математические олимпиады. – СПб.:

Политехника, 1994. - 309 с. 80. Ященко И. В., Приглашение на математический праздник. – М.: МЦНМО, 2005. –

104 с. 81. Олимпиадные задания по математике. 9–11 классы: решение олимпиадных задач

повышенной сложности / сост. В. А. Шеховцов. – Волгоград: Учитель, 2009. – 99 с.

Математичні олімпіади за часів СРСР 82. Агаханов Н. Х., Купцов Л. П., Нестеренок Ю. В., Математические олимпиады

школьников. – М.: Просвещение: Учеб. лит., 1997. – 208 с. 83. Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад. – М.: Наука, 1975. – 112 с. 84. Бугулов Е. А., Толасов Б. А., Сборник задач для подготовки к математическим

олимпиадам. – Орджоникидзе, 1962. – 226 с. 85. Васильев Н. Б., Егоров А. А., Сборник подготовительных задач к Всероссийской

олимпиаде юных математиков. – М.: Учпедгиз, 1963. – 53 с. 86. Васильев Н. Б., Гуттенмахер В. Л., Раббот Ж. М., Тоом А. Л., Заочные

математические олимпиады. – 2–е изд. – М.: Наука, 1987. – 176 с. 87. Васильев Н. Б., Егоров А. А., Задачи всесоюзных математических олимпиад. – М.:

Наука, 1988. – 288 c. 88. Петраков И. С., Математические олимпиады школьников: Пособие для учителей. –

М.: Просвещение, 1982. – 96 с. 89. Ю. М. Рябухин, В. П. Солтан, Б. И. Чиник, Кишиневские математические

олимпиады. – Кишинев: Штиинца, 1983. - 76 c. 90. Савин А. П., Физико-математические олимпиады: Сборник. - М.: Знание, 1977. - 160

с. 91. Шустеф Ф. М., Фельдман А. М., Гуревич В. Ю., Сборник олимпиадных задач по

математике. Под ред. Ф.М. Шустеф. - Минск: Государственное учебно-педагогическое издательство Министерства просвещения БССР, 1962. - 84 с.


80

Міжнародні та закордонні математичні олімпіади

92. Берник В. И., Жук И. К., Мельников О. В., Сборник олимпиадных задач по математике. – Мн.: Нар. асвета, 1980. – 144 с.

93. Васильев Н. Б., Егоров А. А., Задачи Всесоюзных математических олимпиад. – М.: Наука, 1988. – 288 с.

94. Зарубежные математические олимпиады /Конягин С. В., Тоноян Г. А., Шарыгин И. Ф. и др.; Под ред. И. Н Сергеева. – М.: Наука. Гл. ред. физ.–мат. лит., 1987. – (Б–ка мат. кружка). – 416 с.

95. Кюршак Й., Нейкомм Д., Хайош Д., Шурани Я., Венгерские математические олимпиады. Пер. с венг, Ю. А. Данилова. Под ред. и с предисл. В. М. Алексеева. М.: Мир, 1976. – 543 с.

96. Лейфура В. М., Мітельман І. М., Задачі міжнародних математичних олімпіад та методи їх розв’язування. – Львів: Євро світ, 1999. – 128 с.

97. Морозова Е. А., Петраков И. С., Скворцов В. А., Международные математические олимпиады. Задачи, решения, итоги: Пособие для учащихся. – 4–е изд., испр. и доп. – М.: Просвещение, 1976. – 288 с.

98. Страшевич С., Бровкин Е., Польские математические олимпиады. Предисл, А. Пелчинского и А. Шинцеля. Пер. с польск. Ю. А. Данилова под ред, В.М. Алексеева. - M.: Мир, 1978. - 338 с.

99. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады / Сост. А. А. Фомин, Г. М. Кузнецова. – М.: Дрофа, 1998. – 160 с.


1. http://matholymp.org.ua/ – Київські олімпіади з математики (сайт київських та всеукраїнських олімпіад та турнірів з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови проведення математичних змагань, що проходили в Україні протягом останніх років);

2. http://kvant.mirror1.mccme.ru/ – Фізико–математичний журнал «Квант» (завдання різних математичних олімпіад за 1971–2002рр);

3. http://www.imo-official.org – Сайт міжнародних олімпіад з математики. 4. http://olimpiada.ru/ – Олимпиады для школьников; 5. math.rusolymp.ru/ – Всероссийская олимпиада по математике; 6. http://mathkang.ru/ – Российская страница международного математического

конкурса «Кенгуру»; 7. http://www.kangaroo.com.ua/index.php – Українська сторінка міжнародного

конкурсу «Кенгуру»; 8. http://olympiads.mccme.ru/mmo/ – Московская математическая олимпиада

школьников; 9. http://www.pdmi.ras.ru/~olymp/ – Санкт–Петербургские математические

олимпиады; 10. http://www.turgor.ru/ – Турнир городов Международная математическая

олимпиада для школьников; 11. http://www.mccme.ru/ – Cайт Московского Центра Непрерывного

Математического Образования; 12. http://zaba.ru/, http://problems.ru/ – Задачная база олимпиадных задач (декілька

тисяч олімпіадних задач російських і міжнародних математичних змагань).

ВИПУСКИ СЕРІЇ: Викладачі СДПУ – учням, студентам, вчителям...

Номери випусків

Назва Рік Автори


2008



2009 Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Кадубовський О.А., Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

Випуск 3 Моделювання сучасного уроку математики в школі 2009 Н.І. Труш, Б.Б. Беседін, Г.М. Бірюкова,

Л.Г. Плесканьова.

Випуск 4 Олімпіадні задачі з інформатики: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з інформатики 2007, 2008

2009 В.Є. Величко, М.М. Рубан, В.П. Батуніна, С.Є. Устінов


2010 Кадубовський О.А., Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

Випуск 6 Олімпіадні задачі з інформатики: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з інформатики 2009

2010 В.Є. Величко, М.М. Рубан, Є.М. Пірус, С.Є. Устінов

Випуск 7 Педагогічна практика студентів: Навчальний посібник для студентів фізико-математичних спеціальностей педагогічних вузів

2010 Н.І.Труш, Б.Б.Беседін, Р.В.Олійник, В.М.Рибєнцев, О.М.Сипченко. В.П.Саврасов, В.В.Волков.

Навчальне видання Беседін Борис Борисович, Кадубовський Олександр Анатолійович,

Кадубовська Валентина Миколаївна, Сьомкін Володимир Семенович, Труш Неля Іванівна, Чуйко Олена Вікторівна

ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2010

Випуск 8

Навчальний посібник для студентів фізико-математичних спеціальностей та

вчителів математики

Відповідальний за випуск О.А. Кадубовський

Видавничий центр «Маторін» Свідоцтво про внесення суб’єкта видавничої справи до Державного реєстру видавців, виготівників і розповсюджувачів видавничої продукції ДЦ №74, видане Державним комітетом інформаційної політики, телебачення та радіомовлення України від 10.02.2004 р.

Підписано до друку 05.02.2011.

Формат 6084 1/16. Ум. др. арк. 3,5. Зам. № . Тираж 100 прим.


Тел./факс (06262) 3-20-99; тел. (0626) 66-53-56

До уваги абітурієнтів У 2011 році фізико-математичний факультет СДПУ оголошує

прийом документів для вступу на перший курс для здобуття освітньо-кваліфікаційного рівня бакалавра за наступними галузями (напрямами) підготовки

Галузі знань Напрями підготовки Ліцензовані обсяги

Нормативні терміни

навчання

Вартість одного року

навчання, грн. (станом на 01.09.2010)

Код Назва Код Назва Денна форма навчання 0402 Фізико-математичні науки

6.040201 Математика* 125 4 роки 3 300 6.040203 Фізика* 65 4 роки 3 300

Перелік конкурсних предметів у сертифікаті Українського центру оцінювання якості освіти (вступних екзаменів) для вступників на основі повної загальної середньої освіти

Напрями підготовки освітньо-кваліфікаційного рівня бакалавра

Назва Код

Квот

а пі

льго

вих

кате

горі

й В

стан

овле

но

відс

откі

в

Перелік конкурсних предметів (вступних екзаменів)

Статус предмету

Мін

імал

ьна

кіль

кіст

ь ба

лів

для

допу

ску

до

учас

ті в

кон

курс

і або

за

раху

ванн

я на

на

вчан

ня п

оза

конк

урсо

м

1. Українська мова та література 124 2. Математика Профільний 124

Математика* Спеціалізація: інформатика

6.040201 25% 3. Фізика або іноземна мова 124 1. Українська мова та література 124 2. Фізика Профільний 124

Фізика* Спеціалізація: інформатика

6.040203 25% 3. Математика або хімія 124

Прийом заяв і документів, вступні екзамени, конкурсний відбір та зарахування на навчання вступників (на основі здобутої повної загальної середньої освіти) проводиться в такі строки

Етапи вступної компанії Для вступників на основі

повної загальної середньої освіти

Початок прийому заяв та документів 1 липня 2011 р. Закінчення прийому заяв та документів від осіб, які мають складати вступні екзамени, що проводить СДПУ 22 липня 2011 р.

Закінчення прийому заяв та документів від осіб, які не складають вступних екзаменів і не проходять творчі конкурси 31 липня 2011 року

Строки проведення СДПУ вступних екзаменів 23 – 31 липня 2011 року Термін оприлюднення рейтингового списку вступників 1 серпня 2011 року Терміни зарахування вступників

за державним замовленням – за кошти фізичних та юридичних осіб –

8 серпня; 25 серпня

Контактна інформація 84116, Донецька область, м. Слов’янськ, вул. Г. Батюка, 19. Приймальна ректора: (06262) 3-23-54 Приймальна комісія: (06262) 3-97-50

Деканат фізико-математичного факультету (06262) 3-26-59

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, МОЛОДІ ТА СПОРТУ УКРАЇНИ


Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В., Рубан М.М.


РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАД АЧ II ЕТАПУ

ВСЕУ КРАЇ НСЬКОЇ ОЛІМПІ АДИ З МАТ ЕМАТ ИКИ – 2011

6 – 11 класи


Слов’янського державного педагогічного університету

в якості навчального посібника



2


УДК [51:37.091.322](07) ББК 22.1 О – 543

Беседін Б.Б., Кадубовський О.А., Кадубовська В.М., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В., Рубан М.М. ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2011 (ВИПУСК 10, СЕРІЯ: Викладачі СДПУ – учням, студентам, вчителям...): Навчальний посібник – Слов’янськ, 2012. – 84 с.

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посібник для проведення гурткових і факультативних занять при підготовці до учнівських математичних олімпіад. Буде корисним учням ЗОШ та студентам математичних спеціальностей педагогічних ВНЗ.

РЕКОМЕНДОВАНО ДО ДРУКУ вченою радою Слов’янського державного педагогічного університету,

протокол № 7 від 28.02.2012 р.



кандидат фіз.-мат. наук ВЕЛИЧКО В.Є., Слов'янський державний педагогічний університет, доцент кафедри алгебри.



© Беседін Б.Б., Кадубовський О.А, Кадубовська В.М, Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В., Рубан М.М., 2012

3

ВІД АВТОРІВ «Математика – це мистецтво

розв’язувати задачі, які раніше не розв’язував»

«Якщо ви хочете навчитися плавати, то сміливо заходьте у воду, а якщо хочете навчитися розв’язувати задачі, то розв’язуйте їх!»

Д. Пойа1.

Даний посібник є десятий випуском серії «ВИКЛАДАЧІ СДПУ –

УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ...» заснованої у 2008 році. Посібник



наказу УОН № 584 від 10.10.2011.

Як і в попередніх випусках для більшості задач олімпіади пропонується









математичних теорем. Дуже часто учні зустрічаються з ними при розв’язуванні





в [13]2.



4

В посібнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс яких





Колектив авторів посібника та керівництво фізико-математичного

факультету СДПУ висловлює щиру подяку всім вчителям міста Слов’янськ, які

беруть участь в організації та проведенні як учнівських олімпіад з математики,

так і семінарів, присвячених аналізу їх результатів.

Автори посібника висловлюють щиру подяку співробітникам кабінету

математики Донецького інституту післядипломної освіти за надані архівні

матеріали.

Маємо надію, що представлений посібник буде корисним керівникам

математичних гуртків та їх зацікавленим учням, стане для багатьох з них

поштовхом до більш змістовних міркувань і буде спонукати до систематичного

ознайомлення з тим чи іншим розділом математики.

Вчіться творчому пошуку в процесі розв’язування задач!




25.01.2012

5

ЗМІСТ

ВІД АВТОРІВ........................................................................................................... 3

УМОВИ ЗАДАЧ ....................................................................................................... 6

6 клас ........................................................................................................................................ 6 7 клас ........................................................................................................................................ 6 8 клас ........................................................................................................................................ 7 9 клас ........................................................................................................................................ 7 10 клас ...................................................................................................................................... 8 11 клас ...................................................................................................................................... 8

РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ ......................................................................................... 9

6 клас ........................................................................................................................................ 9 7 клас ...................................................................................................................................... 14 8 клас ...................................................................................................................................... 21 9 клас ...................................................................................................................................... 27 10 клас .................................................................................................................................... 32 11 клас .................................................................................................................................... 37

УМОВИ ЗАВДАНЬ III ЕТАПІВ (ОБЛАСНИХ) ВСЕУКРАЇНСЬКИХ

ОЛІМПІАД З МАТЕМАТИКИ .............................................................................. 44

2001 рік ................................................................................................................................... 44 2002 рік ................................................................................................................................... 48 2003 рік ................................................................................................................................... 50 2004 рік ................................................................................................................................... 53 2005 рік ................................................................................................................................... 57 2006 рік ................................................................................................................................... 60 2007 рік ................................................................................................................................... 63 2008 рік ................................................................................................................................... 65 2009 рік ................................................................................................................................... 68 2010 рік ................................................................................................................................... 70 2011 рік ................................................................................................................................... 73 2012 рік ................................................................................................................................... 76

РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА..................................................................... 79

Internet ресурси ..................................................................................................................... 83


6


6 клас 1. (15 балів) Морська вода містить 5% солі (за масою). Скільки кілограмів

прісної води треба додати до 40 кг морської води, щоб кількість солі в

суміші становила 2%?

2. (15 балів) Два автобуси вирушили одночасно від однієї площі за

різними маршрутами. У одного рейс туди і назад триває 48 хвилин, а у

іншого 1 година 12 хвилин. Через який час автобуси знову зустрінуться на

цій площі?

3. (20 балів) Як, маючи дві посудини місткістю 5л і 7л, налити з

водопровідного крану 6 л?

4. (20 балів) Пройшовши 3/8 довжини моста, віслючок Іа-Іа, озирнувшись,

помітив автомобіль, що наближається зі швидкістю 60 км/год. Якщо

віслючок побіжить назад, то зустрінеться з автомобілем на початку моста;

якщо вперед, то автомобіль наздожене його наприкінці моста. З якою

швидкістю бігає Іа-Іа?

5. (30 балів) Двозначне число помножили на суму його цифр. Отримали

814. Знайдіть це число.

7 клас 1. (15 балів) Зарплатня працівника підвищилась на 10%, а в наступному

році підвищилась ще на 20%. На скільки всього підвищилась зарплатня?

2. (15 балів) Відомо, що в січні чотири п’ятниці та чотири понеділка. На

який день тижня випадає 1 січня?

3. (20 балів) Як посадити 10 яблунь, щоб знайшлося 5 рядків, у кожному з

яких рівно 4 яблуні?

4. (20 балів) Відрізок, довжина якого 50 см, поділений трьома точками на

чотири нерівні частини. Відстань між серединами крайніх частин 30 см.

Обчисліть відстань між серединами середніх частин відрізка.

8 клас

7

5. (30 балів) Вася, Микола, Петро, Степан – учні 4-го, 5-го, 6-го та 7-го

класів – відправилися в ліс за грибами. П'ятикласник не знайшов жодного

білого гриба, а Петро та учень четвертого класу – по 8 штук. Вася та

п'ятикласник знайшли багато красноголовців і покликали Миколу в

компанію. Семикласник і Микола глузували з Петра, що зірвав мухомор.

Хто в якому класі навчається?

8 клас 1. (15 балів) Знайдіть останню цифру числа 20112009 .

2. (15 балів) Треба поділити 7 яблук на 12 чоловік порівну, розрізаючи

кожне яблуко не більше, ніж на 5 частин. Як це зробити?

3. (20 балів) У чотирикутнику ABCD продовження протилежних сторін

AB і CD перетинаються під кутом 20 ; продовження протилежних сторін

BC і AD також перетинаються під кутом 20 . Доведіть, що два кути

чотирикутника рівні, а два інших різняться на 40 .

4. (20 балів) Розв’язати систему рівнянь

7530.

a b cb c mc m am a b

5. (30 балів) Довести, що в будь-якому шістдесятизначному числі,

десятковий запис якого не містить нулів, можна закреслити кілька цифр

так, що число, що вийшло в результаті цього, буде ділитися на 1001.

9 клас 1. (15 балів) Довести нерівність 4 4 3 3a b a b b a при 0a , 0b .

2. (15 балів) У хорі число дівчаток відносилось до числа хлопчиків як 4:3.

Після того, як до хору прийшли двоє новеньких, це співвідношення стало

3:2. Скільки хлопчиків було в хорі спочатку?

3. (20 балів) В паралелограмі ABCD сторони AB і BC дорівнюють 4 і 7

відповідно. Бісектриси AK і BM кутів паралелограма перетинаються в


8

точці O (точки K і M лежать на сторонах BC і AD відповідно). У

скільки разів площа п'ятикутника OKCDM більша за площу AOB ?

4. (20 балів) Розв’язати рівняння 3 3 7x y в натуральних числах.

5. (30 балів) Про ціле число n і просте число p відомо, що числа 5 1n та

10n діляться на p . Довести, що число 2000 13n теж ділиться на p .

10 клас 1. (15 балів) Розв’язати нерівність 1 1 4x x .

2. (15 балів) На площині дано відрізок AB . Де може бути розташована

точка C , щоб ABC був гострокутним?

3. (20 балів) Яке число менше 2009 2011 чи 2 2010 ?

4. (20 балів) Доведіть, що сума двох простих чисел ділиться на 12, якщо їх

різниця дорівнює 2, а менше число більше ніж 3.

5. (30 балів) ( )P x – многочлен четвертого степеня такий, що (1) ( 1)P P

та (2) ( 2)P P . Доведіть, що ( ) ( )P x P x для будь-якого x .

11 клас 1. (15 балів) Обчисліть суму: cos20 cos40 cos60 ... cos160 cos180 .

2. (15 балів) В трапеції ABCD довжина основи AD дорівнює 2 2 , а

довжина основи BC дорівнює 2 . 15A , 30D . Знайдіть довжину

бічної сторони AB .

3. (20 балів) При яких значеннях a квадратні рівняння 2 1 0x ax та 2 0x x a мають спільний корінь?

4. (20 балів) Функція ( )f x задовольняє при всіх значеннях x умову

( ) (1 ) 1f x x f x . Знайдіть цю функцію.

5. (30 балів) Знайдіть цілу частину числа 1 1 11 ...2 3 256

.

6 клас

9


6 клас

Задача №1

І с п о с і б ( з а д о п о м о г о ю р і в н я н н я ) Нехай до 40 кг морської води (яка містить 5% солі за масою) треба додати x кг

прісної води, щоб утворився 2%-ий розчин солі.

Морська вода 100% 40 кг

Прісна вода 100% x кг

Розчин солі 100% 40 x кг

Сіль 5% 40 52100

кг Сіль 0% 0 кг Сіль 2% 40 2

100x

кг

Вода 95% 38 кг Вода 100% x кг Вода 98% 40 98100

x кг

Тоді має місце рівняння (40 ) 22 0100

x , звідки (40 ) 2 200x , 40 100x ,

60x .

Зауважимо, що шуканий x можна було би одержати й з іншого рівняння,

прирівнявши сумарну вагу чистої води у морській і прісній воді до ваги чистої

води у кінцевому розчині солі, тобто розв’язавши рівняння

(40 ) 9838100

xx .

І І с п о с і б ( р о з в ’ я з у в а н н я з а п и т а н н я м и )

1) Скільки кілограмів чистої солі міститься у 40 кг морської води?

(Пригадайте правило знаходження «відсотка від числа»).

+ =

5% -ий розчин солі 2% -ий розчин солі Прісна вода


10

Оскільки морська вода містить 5% солі (за масою), то у 40 кг морської

води міститься точно 40 5% 2100%

кг (чистої) солі.

2) Яка маса 2% розчину солі, в якому міститься 2 кг чистої солі?

(Пригадайте правило знаходження «числа за його відсотком»).

Після доливання прісної води кількість 2 кг солі в одержаному розчині

стала становити 2%. Тому загальна маса одержаного розчину становить

2 100% 1002%

(кг).

3) Скільки кілограмів прісної води треба додати до 40 кг морської води,

щоб сіль у розчині становила 2%?

До 40 кг морської води слід додати 100 40 60 (кг) прісної води.

Відповідь: 60 кг.

Задача №2

За умовою два автобуси (перший і другий) вирушили одночасно від однієї

площі (пункту A ) за різними маршрутами: перший із пункту A у пункт B ,

другий – із A в пункт C . У першого рейс із A в B і назад триває 48 хвилин, а у

другого (із A в C і назад) – 1 годину 12 хвилин, або ж 72 хвилини.

A

C B

Зауважимо, що умовою задачі вимагається з’ясувати, через який час автобуси

зустрінуться у пункті A наступного разу, тобто через який найменший час

відбудеться їх зустріч у пункті A .

6 клас

11

І с п о с і б Оскільки у перші свої рейси автобуси вирушили із пункту A одночасно,

то їх наступна зустріч у пункті A повинна відбутися через такий час T (у хв.),

який є найменшим спільним кратним чисел 48 і 72.

З того що 1 4 2 3 2 4НСК 48;72 НСК 3 2 ;3 2 3 2 144 випливає, що

автобуси знову зустрінуться у пункті A через 144 хвилини, або що теж саме,

через 2 години 24 хвилини.

І І с п о с і б Нехай до наступної зустрічі у пункті A перший автобус зробить a рейсів

(із A в B і назад), а другий автобус зробить b рейсів (із A в C і назад). Тоді

першому автобусу для здійснення a рейсів необхідно витратити 48a хвилин, а

другому (для здійснення b рейсів) – 72b хвилин.

Оскільки у перші свої рейси автобуси вирушили із пункту A одночасно,

то їх наступна зустріч у пункті A повинна відбутися через однаковий час, тобто

повинна мати місце рівність 48 72a b , де ,a b – натуральні числа. Звідки

2 3a b . (6.2.1)

Очевидно, що найменшими натуральними числами a і b , при яких має місце

рівність (6.2.1), є числа 3a і 2b .

Отже, до наступної зустрічі у пункті A перший автобус зробить 3 рейси,

другий – 2 рейси, а зустріч відбудеться через 48 3 144 хвилини.

Таким чином, перший і другий автобуси знову зустрінуться у пункті A

через 2 години 24 хвилини.

Відповідь: 2 години 24 хвилини.

Задача №3

Зауважимо, що умовою задачі не передбачається третя посудина, в яку можна

зливати проміжні місткості даних посудин!

Спосіб, у який можна налити з водопровідного крану 6 л, маючи дві

посудини місткістю 5л і 7л, подамо у вигляді наступної таблиці.


12

Посудина місткістю 5 літрів

Зміст етапів Посудина місткістю 7 літрів

№ етапу

Перелік умовних позначень дій: «» – наливання води у посудину; «» – переливання води із однієї посудини в іншу; «» – виливання води із посудини.

1) 0 7 2) 5 2 3) 0 2 4) 2 0 5) 2 7 6) 5 4 7) 0 4 8) 4 0 9) 4 7 10) 5 6

Задача №4

! Нагадаємо, що основними величинами в задачах «на рух» є швидкість руху

V , час руху T , та відстань S , яку долає об’єкт руху, що рухається зі швидкістю V

на протязі часу T . Крім того при рівномірному русі, тобто при русі зі сталою

швидкістю, ці величини пов’язані рівністю S V T .

Нехай d – довжина моста. Якщо віслючок пробіжить («назад») відстань 38

d

(3/8 довжини моста), то автомобіль проїде деяку відстань s до початку моста.

Якщо віслючок пробіжить («вперед») відстань 58

d (5/8 довжини моста), то авто

проїде відстань s d .

s

58

d 38

d

6 клас

13

Таким чином, якщо віслючок за певний час t пробіжить відстань

5 3 2 18 8 8 4

d d d d (1/4 довжини моста), то за такий самий час t авто подолає

відстань рівну s d s d , тобто подолає відстань, рівну довжині моста.

Оскільки за однаковий час t віслючок долає відстань у 4 рази меншу, ніж

відстань, яку долає авто за той самий час t , то швидкість віслючка у чотири

рази менша, ніж швидкість авто. Отже, швидкість віслючка становить

60: 4 15 км/год. Відповідь: 15 км/год.

Задача №5

Нехай x – шукане двозначне число, y – сума його цифр. За умовою

добуток числа x на суму y його цифр дорівнює 814. Тому має місце рівність

814x y .

Розкладемо число 814 на прості множники:

814 2407 1137 371

Звідки 814 2 11 37 .

Оскільки числа x і y є натуральними, добуток яких дорівнює 814, то з

урахуванням розкладу 814 2 11 37 і того, що x є двозначним числом,

можливими є лише наступні випадки:

1) 2 11 2237

xy

2)

2 37 7411

xy

3)

11 37 4072.

xy

Оскільки число y повинно дорівнювати сумі цифр шуканого числа x , то 1)-ий і

3)-ій випадки не задовольняють умову задачі.

Очевидно, що сума цифр числа 74 становить 11. Отже, 74 є шуканим числом.



14

!? Двозначне число помножили на суму його цифр. Отримали число 210.

Знайдіть це число.

7 клас

Задача №1

І с п о с і б Нехай Z – початкова зарплатня працівника (до підвищень).

1) Нехай далі 1Z – зарплатня працівника після першого підвищення.

Оскільки перше збільшення зарплатні відбулось на 10%, то має місце пропорція

1

100%110%

ZZ

Звідки маємо рівність 1

100110

ZZ

, або ж 1110 1,1

100ZZ Z

.

2) Нехай тепер 2Z – зарплатня працівника після другого підвищення.

Оскільки друге збільшення зарплатні відбулось на 20%, то має місце пропорція

1

2

100%120%

ZZ

Звідки маємо рівність 1

2

100120

ZZ

, або ж 12 1

120 1,2 1,2 1,1 1,32100

ZZ Z Z Z .

3) Тепер знайдемо скільки відсотків становить число 2Z від числа Z .

Для цього складемо пропорцію

2

100%%

Zx Z

або, що теж саме 100%

% 1,32Z

x Z

Звідки маємо рівність 1,32 100 132ZxZ

. Отже, величина 2Z більше

величини Z на 32%.

7 клас

15

І І с п о с і б Нехай Z – початкова зарплатня працівника (до підвищень).

Оскільки підвищення на 10% є рівносильним множенню на коефіцієнт 1,1, то

після першого підвищення зарплатня працівника становила

1 1,1Z Z (гр.од.).

Аналогічно, оскільки підвищення на 20% є рівносильним множенню на

коефіцієнт 1,2, то після другого підвищення зарплатня працівника становила

2 11,2 1,2 1,1 1,32Z Z Z Z (гр.од.).

Оскільки множення на коефіцієнт 1,32 є рівносильним підвищенню на 32%, то

після двох послідовних підвищень кінцева зарплатня працівника збільшилася

на 32% у порівнянні з початковою зарплатнею.

Відповідь: 32%.

!? Розв’яжіть задачу 1 в загальному вигляді, тобто дайте відповідь на

запитання задачі у випадку, коли зарплатня двічі послідовно збільшувалася на

%p і %q .

Задача №2

«понеділок» «вівторок» «середа» «четвер»

«п’ятниця» «субота» «неділя»

Нехай 1 січня припадає на понеділок, тоді 8, 15, 22 і 29 січня теж

припадають на понеділки – а це суперечить умові. Отже, 1 січня не може бути

понеділком.


16

Нехай 1 січня припадає на вівторок, тоді 7, 14, 21 і 28 припадають на

понеділки, а 4, 11, 18, 25 – на п’ятниці, а це відповідає умові. Отже, 1 січня –

вівторок.

Неважко впевнитись, що інших випадків не може бути (вони суперечать

умові), бо:

якщо 1 січня середа, четвер або п’ятниця, то матимемо в січні 4 понеділки

та 5 п’ятниць;

якщо ж 1 січня понеділок або субота, або неділя, то матимемо в січні 5

понеділків та 4 п’ятниці.

Відповідь: вівторок.

Задача №3

Приклади шуканих способів висадження 10

яблунь так, щоб знайшлося 5 рядків, у

кожному з яких рівно по 4 яблуні, наведено

на рисунках ліворуч.

Наведемо міркування, за допомогою

яких можна знайти «усі суттєво різні»

способи (висадження яблунь), що

задовольняють умову задачі. Для цього дану задачу переформулюємо

наступним чином:

Як провести п’ять (різних) прямих, що дають у перетинах точно 10 (різних)

точок, причому на кожній прямій міститься точно по 4 точки?

Оскільки необхідно провести саме п’ять прямих, на кожній з яких

повинно бути по чотири точки, то кожну з п’яти прямих кожна з решти 4

прямих обов’язково перетинають. Таким чином, кожні дві прямі

перетинаються. Звідки випливає, що серед п’яти шуканих прямих

1) немає паралельних прямих.

Крім того,

І спосіб ІІ спосіб

7 клас

17

2) жодні три з п’яти прямих не можуть перетинатися в одній точці,

бо з припущення про обернене, на жодній з трьох таких прямих не може

виявитися ще 3 точки (крім спільної), як результат перетину з іншими двома

прямими.

Таким чином, шукані п’ять прямих повинні задовольняти умови 1) і 2).

Взаємне розташування чотирьох із п’яти шуканих прямих (на площині), що

задовольняють умови 1) і 2), може бути лише таким, як на рисунку a .

П’яту пряму слід провести також із дотриманням вимог 1) і 2) – рис. b – f .

a b c

d e f

З урахуванням рисунків b – f , всі суттєво різні шукані способи можна

подати наступним чином.

1 2 3 4 5


18

Задача №4

Нехай AE – даний відрізок, точка B належить відрізку AE , точка C –

відрізку BE , а точка D – відрізку CE .

Нехай далі 0A – середина відрізка AB , 0B – середина відрізка BC , 0C –

середина відрізка CD , а 0D – середина відрізка DE . Тоді, згідно введених

позначень та з урахуванням умови задачі, довжина відрізка AE становить

50 см, а довжина відрізка 0 0A D – 30 см. Необхідно обчислити довжину відрізка

0 0B C .

І с п о с і б 1) Оскільки довжина відрізка 0 0A D становить 30 см, то сума довжин

відрізків 0AA і 0D E становить 50 30 20 см.

2) Оскільки 0B і 0D середини відрізків BC і DE відповідно, то сума

довжин відрізків AB і DE становить 2 20 40 см. Звідки довжина відрізка

BD становить 50 40 10 см.

3) Згідно введених позначень точка C належить відрізку BD , а точки 0B і

0C є серединами відрізків BC і CD відповідно. Тому довжину відрізка BD

можна подати як суму довжин відрізків BC і CD , а бо ж як подвоєну суму

довжин відрізків 0B C і 0CC , або ж як подвоєну довжину відрізка 0 0B C .

Оскільки довжина відрізка BD становить 10 см, то довжина відрізка 0 0B C

становить 5 см.

A E B C D 0A 0B 0C 0D

50

30

?

7 клас

19

І І с п о с і б Розглянемо координатну пряму з початком O у точці A , додатній

напрям якої співпадає із напрямом «направленого відрізка» AE та такою

одиницею виміру, при якій точка E має координату 50.

Нехай далі точка B має координату b , точка C – координату c , а точка

D – координату d . Тобто: 0A , B b , C c , D d , 50E . Тоді за формулою

обчислення координати середини відрізка точки 0A , 0B , 0C і 0D мають

координати 0 2bA

, 0 2b cB

, 0 2c dC

, 050

2dD

.

За умовою довжина відрізка 0 0A D становить 30 см, тому має місце рівність

50 50 302 2 2

d b d b , звідки 50 60d b , або ж 10d b .

Шукану довжину відрізка 0 0B C можна подати у вигляді

2 2 2 2c d b c c d b с d b

.

Таким чином, довжина відрізка 0 0B C становить 10 52 2

d b см.

Відповідь: 5 см.

Задача №5

За умовою кожен з чотирьох учнів є представником одного з чотирьох

класів – 4, 5, 6 або ж 7 класу. ім’я Василь Микола Петро Степан клас 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7

0A 50E B b C c D d 0A 0B 0C 0D X

? O


20

Для з’ясування питання, хто з них навчається в якому класі, будемо

використовувати таблиці, в яких зазначатиметься неможливість учня бути

представником певного класу.

1) Оскільки п’ятикласник не знайшов жодного білого гриба, а Петро та

учень четвертого класу – по 8 штук, то з цього робимо висновок, що Петро не

може бути учнем 5 класу, та учнем 4 класу.

ім’я Василь Микола Петро Степан

клас 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7

2) Оскільки Василь та п’ятикласник знайшли багато красноголовців і

покликали Миколу в компанію, то робимо висновок, що ні Василь, ні Микола

не можуть бути учнями 5 класу. І тому в 5 класі може навчатися лише

Степан.


клас 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7

3) Оскільки семикласник і Микола глузували з Петра (який зірвав мухомор),

то ні Микола, ні Петро не можуть бути учнями 7 класу. І тому лише Петро

може навчатися у 6 класі.


клас 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7 4 5 6 7

Таким чином, Микола може бути лише учнем 4 класу, і тоді Василь –

семикласник.

Відповідь: Василь – учень 7 класу, Микола – 4 класу, Петро – 6, а Степан

– 5 класу.

8 клас

21

8 клас

Задача №1

Оскільки

20112011

2011

2009 2000 9 2000 9 2000 9 2000 9 ... 2000 9разів

3 3 3 2011

2011

2 10 9 2 10 9 ... 2 10 9 10 9 ,разів

A A N

,

то остання цифра числа 20112009 співпадає з останньою цифрою числа 20119 .

Для початкових натуральних n розглянемо значення степенів цифри

дев’ять: 19 9 , 29 81 , 39 81 9 72 9 , 49 72 9 9 6561 , 59 6561 9 5904 9 .

Не важко бачити наступну закономірність:

якщо показник n є парним числом, то остання цифра числа 9n дорівнює 1,

якщо ж n є непарним числом, то остання цифра числа 9n дорівнює 9.

Таким чином, останньою цифрою числа 20112009 є цифра 9.


Задача №2

Порівну поділити 7 яблук між 12 особами можна наступним чином:

1 крок: поділити 7 яблук на дві групи першу і другу – по три і чотири

яблука відповідно;

2 крок: поділити кожне з трьох яблук (першої групи) на чотири рівні

частини. В результаті будемо мати 12 однакових частин («четвертинок»), які

можна порівну розділити між 12 особами;

3 крок: поділити кожне з чотирьох яблук (другої групи) на три рівні

частини. В результаті будемо мати 12 однакових частин («третинок»), які

можна порівну розділити між 12 особами.


22

Таким чином, при вказаному способі розділу кожному з 12 осіб

дістанеться точно 1 1 74 3 12 від всієї яблучної маси 7 яблук.

Зауважимо, що задачу розв’язано з урахуванням:

1) можливості («вміння») розрізати кожне з яблук на не більше ніж 5 частин

однакового розміру та

2) того факту, що всі сім яблук одного розміру, або 3 з них одного розміру і

решта 4 – також одного розміру.

Д о п о в н е н н я Задача стає більш цікавою, якщо в ній вимагатиметься довести, що іншого

способу «розділення порівну», крім наведеного, не існує.

Тому зараз доведемо, що іншого способу, крім наведеного, не існує.

1) Кожне яблуко розрізається принаймні один раз.

Якщо припустити, що якесь одне яблуко не розрізалось зовсім, то кожному з 12

осіб повинно дістатися принаймні 1 яблуко, а разом 12, чого бути не може

оскільки яблук всього 7.

2) Кожне яблуко розрізається більше ніж на дві рівні частини.

Якщо припустити, що якесь одне яблуко розрізали лише один раз (на дві

частини), то кожному з 12 осіб повинно дістатися принаймні по пів яблука, а

разом 6. Для 12 половинок знадобиться рівно 6 яблук, а сьоме треба було би

розділити на 12 рівних частин, що забороняється робити за умовою задачі.

3) Кожне з яблук не може розрізатися більше ніж на 4 рівні частини.

Якщо припустити, що якесь одне яблуко розрізали на п’ять рівних частин, то

кожному з 12 осіб повинно дістатися принаймні по 15

яблука, а разом 125

. Для

утворення 12 «п’ятиринок» знадобиться принаймні 3 яблука, причому 3

«п’ятиринки» залишиться. І тому кожному з 12 осіб повинно дістатися ще по

одній «п’ятиринці». Отже, кожному з 12 осіб повинно дістатися принаймні по

25

яблука, а разом 245

. Для утворення 24 «п’ятиринок» знадобиться принаймні

8 клас

23

5 яблук, причому 1 «п’ятиринка» залишиться. І тому знов таки кожному з 12

осіб повинно дістатися ще по одній «п’ятиринці». Отже, кожному з 12 осіб

повинно дістатися принаймні по 35

яблука, а разом 36 75 яблук, чого бути не

може, бо є лише 7 яблук. Тобто, прийшли до протиріччя.

4) З пунктів 1), 2) і 3) випливає, що кожне із 7 яблук може бути розділене

або на 3 рівні частини, або на 4 рівні частини. Причому

4.1) усі сім яблук не можуть бути розділені на однакове число рівних

частин;

Якщо припустити що кожне з яблук розділене на 3 рівні частини, то разом

маємо 21 «третинок», які не можна порівну поділити між 12 особами;

так само, якщо припустити що кожне з яблук розділене на 4 рівні частини, то

разом маємо 28 «четвертинок», які не можна порівну поділити між 12 особами.

4.2) Таким чином, є певне число 1 7x яблук, кожне з яких треба

розділити на 3 рівні частини, а кожне з решти 7 x яблук – треба розділити

на чотири рівних частини. Причому, загальне число 3 4 7 28x x x

«третинок» і «четвертинок» повинно бути кратним числу 12.

Число 28 x (1 7x ) є кратним числу 12 лише у випадку, коли 4x .

Таким чином, доведено, що дана задача має єдиний розв’язок: треба 4

яблука поділити на «третинки», а решту 3 яблука – на «четвертинки».

Задача №3

Нехай ABCD – даний чотирикутник, у якому продовження протилежних сторін

AB і CD перетинаються у точці E під кутом 20 , а продовження протилежних

сторін BC і AD перетинаються у точці F також під кутом 20 .

Доведемо, що два кути чотирикутника ABCD є рівними, а різниця двох інших

(більшого і меншого) становить 40 .


24

Нехай ABF , тоді CBE ABF (як вертикальні), а

180ABC (як суміжний із кутом ABF або ж CBE ).

1) Очевидно, що ABC є зовнішнім кутом трикутника ABF при вершині

B . І тому за властивістю зовнішнього кута трикутника має місце рівність

180 20BAF ABC ABF . Звідки 20BAD , як суміжний із

кутом BAF .

2) Аналогічно, ABC є зовнішнім кутом трикутника BCE при вершині B . І

тому за властивістю зовнішнього кута трикутника має місце рівність

180 20BCE ABC BEC . Звідки 20BCD , як суміжний із

кутом BAF .

3) Розглянемо чотирикутник ABCD . В ньому (за доведеним вище):

20A C , 180B . Оскільки сума внутрішніх кутів довільного

(опуклого) чотирикутника становить 360 , то

360 360 2 20 180D A C B

360 2 40 180 180 40 .

Таким чином, чотирикутник ABCD , який задовольняє умову задачі, є

таким, що: A C , а 40B D .

A

B C

D

E

F

20

20

180

8 клас

25

Задача №4

І с п о с і б ( « д о д а в а н н я » ) 7 7 7 75 5 5 53 3 3 30 3 3 3 3 15 5 2

a b c a b c a b c a b cb c m b c m b c m b c mc m a c m a c m a c m am a b a b c m a b c m m

7 0 07 7 25 5 5

2 2 2.

a b c a ab c b c bc a c cm m m

І І с п о с і б ( з а м е т о д о м Г а у с а – « п о с л і д о в н о г о в и к л ю ч е н н я з м і н н и х у д в о х н а п р я м к а х » )

7 1 1 1 0 7 1 1 1 0 75 1 1 0 1 0 0 0 1 1 73 1 0 1 1 3 0 1 0 1 40 0 1 1 1 5 0 1 1 1 5

a b c a b c m a b c mb c m a b c m a b c mc m a a b c m a b c mm a b a b c m a b c m

1 1 1 0 7 1 1 1 0 7 1 1 1 0 70 1 1 1 5 0 1 1 1 5 0 1 1 1 50 1 0 1 4 0 0 1 2 1 0 0 1 2 10 0 1 1 7 0 0 1 1 7 0 0 0 3 6

a b c m a b c m a b c ma b c m a b c m a b c ma b c m a b c m a b c ma b c m a b c m a b c m

1 1 1 0 7 1 1 1 0 7 1 1 0 0 20 1 1 1 5 0 1 1 0 7 0 1 0 0 20 0 1 2 1 0 0 1 0 5 0 0 1 0 50 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2

a b c m a b c m a b c ma b c m a b c m a b c ma b c m a b c m a b c ma b c m a b c m a b c m

1 0 0 0 0 00 1 0 0 2 20 0 1 0 5 50 0 0 2 2.

a b c m aa b c m ba b c m ca b c m m

Відповідь: 0;a 2;b 5;c 2.m


26

Задача №5

1) Спочатку покажемо, що

будь-яке шестизначне число, яке складається з шести однакових цифр

(відмінних від нуля), ділиться на число 1001.

Дійсно, нехай a – одна з дев’яти цифр: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 або ж 9.

Тоді шестизначне число aaaaaa можна подати у вигляді

1000 1 1001aaaaaa ааа ааа ааа .

З останнього й маємо справедливість зазначеного твердження.

2) Серед шістдесяти цифр шістдесятизначного числа (десятковий запис

якого не містить нулів) за принципом Діріхлє міститься щонайменше

60 1 79

однакових цифр. Тут q – ціла частина числа q , тобто найменше

ціле число, що не перевищує q . Наприклад: 2,3 2 , 0,1 0 , 2,3 3 .

Таким чином, викресливши всі цифри 60-значного числа, окрім шести із

існуючих семи зазначених цифр, одержимо шукане число, яке, з урахуванням

пункту 1), обов’язково ділиться на число 1001.

Зауважимо, що умову задачі можна значно посилити, вимагаючи доведення

існування зазначеного числа, одержаного викреслюванням цифр 46-значного

числа, десятковий запис якого не містить нулів.

!? Дослідіть задачу про існування шуканого числа (що ділиться на 1001),

одержаного викреслюванням цифр шістдесятизначного числа, десятковий запис

якого містить нулі.

! Більш загальне формулювання принципу Діріхлє можна подати

наступним чином: «якщо m кроликів розсаджено у n клітках, то принаймні в

одній клітці знаходиться не менше ніж mn

кроликів, та принаймні в одній

клітці знаходиться не більше за mn

кроликів»

9 клас

27

9 клас

Задача №1

4 4 3 3a b a b b a 4 3 3 4 0a a b b a b

3 3 0a a b b a b 3 3 0a b a b

2 2 0a b a b a ab b 22

2 3 02 2b ba b a

.

Остання нерівність є вірною при будь-яких, зокрема додатних, дійсних a і b .

Задача №2

Нехай спочатку у хорі було x хлопчиків та y дівчаток. За умовою

спочатку їх відношення становило

43

yx , звідки 4

3y x . (9.2.1)

Оскільки ,x y N , то число хлопчиків повинно бути кратним трьом.

Після приходу до хору двох «новеньких» чисельність хлопчиків та

дівчаток змінилася. А відношення числа 'y дівчаток до числа 'x хлопчиків

стало становити

' 3' 2

yx . (9.2.2)

Оскільки 3 42 3 , то '

'y yx x . Звідки слідує, що серед двох новеньких не могло

бути 2 хлопчиків.

1) Припустимо, що серед двох новеньких 1 дівчинка і 1 хлопчик. Тоді, з

урахуванням (9.2.2), повинна виконуватися рівність 1 31 2

yx

, або ж

2 2 3 3y x , звідки 2 3 1y x . Оскільки 43

y x , то з урахуванням останньої


28

рівності маємо рівняння 42 3 13

x x , або ж 8 9 3x x . Звідки 3x , що не

задовольняє умову задачі.

2) Тепер розглянемо випадок, коли серед двох новеньких виявилося 2

дівчинки. Тоді, з урахуванням (9.2.2), повинна виконуватися рівність 2 32

yx

,

або ж 2 4 3y x , звідки 2 3 4y x . Оскільки 43

y x , то з урахуванням

останньої рівності маємо рівняння 42 3 43

x x , або ж 8 9 12x x . Звідки

12x . Отже, спочатку в хорі було 12 хлопчиків та 16 дівчаток.


!? У класі 25% відмінників, серед яких кожна третя дівчина. Вісім хлопців

не є відмінниками. Знайти кількість учнів класу, якщо у класі дівчат і хлопців

порівну.

Задача №3

Нехай ABCD – паралелограм,

в якому довжини сторін AB і

BC дорівнюють 4 і 7 (лін.од.)

відповідно, а бісектриси AK і

BM кутів паралелограма

перетинаються в точці O .

Знайдемо відношення площі п'ятикутника OKCDM до площі трикутника AOB .

І с п о с і б Нехай BAC , ABC . Тоді за властивостями паралелограма

мають місце наступні рівності BCD , CDA , 180 .

1) За умовою AK – бісектриса кута BAC , то 2BAK KBD .

Тому (за властивістю паралельних AD , BC і січної AK ) 2BKA KAD .

A

B C

D

K

M

O 4

7

/ 2 / 2

/ 2 / 2

/ 2

/ 2

9 клас

29

Звідки трикутник ABK при основі AK має рівні кути і тому є рівнобедреним,

тобто, 4AB BK .

Оскільки BM – бісектриса кута ABC , то 2ABM MBC , то

(за властивістю паралельних AB , CD і січної BM ) 2AMB MBC .

Звідки трикутник BAM при основі BM має рівні кути і тому є рівнобедреним,

тобто, 4AB AM .

Оскільки в (опуклому) чотирикутнику ABKM протилежні сторони AM і

BK є паралельними і рівними, то чотирикутник ABKM (за ознакою

паралелограма) є паралелограмом. Більше того, оскільки сторони AB і BK є

рівними, то паралелограм ABKM є ромбом. Звідки AK BM і, наприклад з

останнього, випливає, що 14AOB MOK ABKMS S S . (9.3.1)

2) За умовою 7AD і тому 3MD . Оскільки ABKM паралелограм, то

||KM AB . Звідки ||KM CD . І тому чотирикутник KCDM є паралелограмом.

Оскільки ||AD BC , то висоти паралелограмів ABKM і MKCD , опущені

на сторони AM і MD відповідно, є рівними. Звідки

43

ABKM

MKCD

SS

, 4 3

ABKM MKCDS S ,

3MKCD

AOBSS , або ж 3 AOB MKCDS S . (9.3.2)

З урахуванням (9.3.1) і (9.3.2), маємо 3 AOB AOB MKCD MOKS S S S , звідки

4 AOB OKCDMS S , або ж 4OKCDM

AOB

SS

.

І І с п о с і б Нехай 'DD h – висота

паралелограма ABCD , а x –

площа трикутника AOB .

Як було показано вище,

чотирикутник ABKM є

ромбом зі стороною

4 (лін. од.). A

B C

D

K

M

O 4

7

/ 2 / 2

/ 2 / 2

/ 2

/ 2

'D

h

4 3


30

Оскільки діагоналі паралелограма ділять його на чотири рівновеликі

трикутники (трикутники рівних площ), то площа паралелограма ABKM

становить 4x (кв.од.). Звідки площа трикутника ABM становить 2x (кв.од.). З

іншого боку площу трикутника ABM можна подати у вигляді

1 1 4 22 2ABMS AM h h h . Звідки 2 2ABMS x h . І тому x h .

Розглянемо трапецію BMDC . Очевидно, що її площу можна подати у

вигляді 7 3 5 52 2BMDC

MD BCS h h h x .

Оскільки BOKS x , то площа п’ятикутника OKCDM становить

5 4OKCDM BMDC AOBS S S x x x . Таким чином 4 4OKCDM

AOB

S xS x

.


Задача №4

Подамо дане рівняння 3 3 7x y у наступному вигляді

2 2 7x y x xy y . (9.4.1)

Оскільки 22

2 2 3 02 2y yx xy y x

для будь-яких дійсних ,x y , які

одночасно не дорівнюють нулю, то другий множник рівняння (9.4.1) є

додатним. Більше того, оскільки шукані ,x y є натуральними числами, то при

довільних натуральних ,x y має місце 2 2 3x xy y .

Оскільки права частина рівняння (9.4.1) є простим числом 7, то

натуральні розв’язки цього рівняння існують лише за умов, коли ліва частина

цього рівняння є добутком двох натуральних чисел 1 і 7.

З урахуванням умови 2 2 3x xy y , маємо наступну систему рівнянь

2 2

17.

x yx xy y

(9.4.2)

Розв’яжемо систему (9.4.2):

9 клас

31

2 2

1

1 1 7,

x y

y y y y

2

13 3 6 0,x yy y

12 1 0,

x yy y

12

1 .

x yy Ny N

Звідки 21.

xy

Таким чином, єдиним розв’язком даного рівняння у натуральних

числах є пара 2;1 .

Відповідь: 2;1 .

Задача №5

Оскільки ціле число 5 1n ділиться на просте число p , то 5 1n можна

подати у вигляді

5 1n p k , k Z . (9.5.1)

Оскільки ціле число 10n ділиться на просте число p , то 10n можна

подати у вигляді 10n p l , l Z , (9.5.2)

звідки 10n p l , 5 5 50n p l , або ж

5 1 5 49n p l , l Z . (9.5.3)

З рівностей (9.5.1) і (9.5.3) маємо 5 49p k p l , або ж

25 49 7p k l , ,k l Z . (9.5.4)

Оскільки p є простим числом, то зі співвідношення (9.5.4) випливає, що просте

p може бути лише числом 7.

Тепер покажемо, що число 2000 13n ділиться на p .

З урахуванням встановленого вище, достатньо показати, що величина

2000 13n ділиться на 7. Для цього подамо величину 2000 13n у вигляді

2000 13 285 7 5 13 285 7 2 7 5 1n n n n n . (9.5.5)

Очевидно, що кожен з перших двох доданків правої частини рівності

(9.5.5) ділиться на 7, третій доданок 5 1n ділиться на 7 за умовою.

Звідки й випливає, що ліва частина 2000 13n рівності (9.5.5) ділиться на 7.


32

10 клас

Задача №1

І с п о с і б ( м е т о д і н т е р в а л і в ) Задана нерівність 1 1 4x x є рівносильною сукупності трьох систем

1 1 11 1 4 2 4 2

2 11 1 1 1 1 1

1 11 1 4 2 4 2 4

1 21 1 11 1 4 2 4 2

x x xx x x x

xx x x

xx x

xx x xx x x x

2 2x .

І І с п о с і б ( г р а ф і ч н и й ) Побудуємо графіки функцій 1 1f x x x і 4x .

Перший графік є сумою графіків 1y x і 1y x .

На інтервалі 2;2 графік функції y f x розташовано нижче графіка

функції y x .

І І І с п о с і б ( з а д о п о м о г о ю р і в н о с и л ь н о г о п е р е х о д у ) Оскільки для кожного x R обидві частини даної нерівності є додатними, то

дана нерівність 1 1 4x x є рівносильною нерівності 21 1 16x x .

Звідки маємо 2 21 2 1 1 1 16x x x x , або ж 2 22 2 1 2 16x x .

0 1 2 -1 -2

2

4 4y 4

y

x

10 клас

33

Тому 2 2 1 1 8x x , звідки 2 21 7x x .

Остання нерівність є рівносильною наступній системі

2 2

2 2

1 71 7

x xx x

22 8x 2 4x 2x 2 2x .

Відповідь: 2;2 .

Зауважимо, що піднесення обох частин нерівності до квадрату в загальному

випадку не є рівносильним перетворенням. Пояснимо останнє на прикладі

числової нерівності: якщо вірну числову нерівність −1>−4 піднести до

квадрату, то одержимо невірну числову нерівність 1>16. Таке протиріччя

викликане саме тим, що обидві частини даної нерівності не були невід’ємними.

Задача №2

Введемо наступні позначення:

c – пряма, що визначається точками A і B ;

a – пряма, що проходить через точку A перпендикулярно до прямої c AB ;

b – пряма, що проходить через точку B перпендикулярно до прямої c AB ;

– коло, побудоване на відрізку AB , як на діаметрі. Тоді:

якщо точка C належить прямій c , то трикутник ABC є виродженим і

тому в подальшому слід виключити з розгляду точки прямої c ;

якщо точка C належить прямій a чи b (наприклад, 2C або 4C

відповідно), то трикутник ABC є прямокутним (оскільки a c , b c ) і тому в

подальшому ми повинні виключити з розгляду також і точки прямих a і b ;

якщо точка C належить колу (наприклад 6C ), то кут ACB є прямим,

як такий, що спирається на діаметр AB і тому в подальшому ми повинні

виключити з розгляду також й точки кола .


34

Очевидно, що прямі a , b і коло розбивають площину на п’ять «частин-

областей», позначених на рис. як I , II , III , IV і V відповідно (область III –

це множина внутрішніх точок круга, обмеженого колом ).

Якщо точка C належить області I (наприклад 1C ), то тупим буде кут ABC ;

якщо точка C належить області IV (наприклад 4C ), то тупим буде кут BAC .

Отже, шукані точки (вершини гострокутних трикутників ABC з

фіксованими вершинами A і B ) не можуть належати областям I і IV .

Якщо точка C належить області III (наприклад 7C ), то тупим буде кут

ACB , як зовнішній кут при вершині 7C прямокутного трикутника 6 7BC C

( 6 7 90BC C ).

Якщо ж точка C належить області II або ж V (наприклад 5C ), то кут

ACB буде гострим, як гострий кут прямокутного трикутника 6 5BC C

( 6 5 90BC C ).

Таким чином, геометричним місцем вершин C гострокутних трикутників

ABC (з фіксованими вершинами A і B ) є точки областей II і V , виділених на

рисунку.

A B

4C 1C 2C 3C

a b

c I

II

III IV

V 5C

6C

7C

10 клас

35

Задача №3

Оскільки 2 22009 2011 (2010 1)(2010 1) 2010 1 2010 , то

22 2009 2011 2 2010 .

Додамо до лівої і правої частини останньої нерівності число 4020 та виконаємо

наступні тотожні перетворення числових виразів

24020 2 2009 2011 4020 2 2010 ,

22009 2 2009 2011 2011 2010 2 2010 2010 , звідки

2 22009 2011 2010 2010 , або ж 2009 2011 2 2010 .

Відповідь: 2009 2011 2 2010 .


Спробуємо узагальнити цю задачу для будь-яких невід’ємних чисел 1a і

1a , коли a N . Оскільки 2 2( 1)( 1) 1a a a a , то 22 ( 1)( 1) 2a a a .

Додамо до лівої і правої частини останньої нерівності величину 2a .

Причому в лівій частині подамо 2a як 1 1a a , а в правій – як a a .

Матимемо нерівність виду 21 2 ( 1)( 1) 1 2a a a a a a a , звідки

2 21 1a a a a , або ж 1 1 2a a a .

Таким чином, використовуючи представлене узагальнення даної задачі, її

можна пропонувати щорічно (оновлюючи роки) в якості олімпіадної задачі.

Відповідь: 1 1 2a a a .

Задача №4

Кожне натуральне число можна подати за допомогою чисел виду: 6 5n ,

6 4n , 6 3n , 6 2n , 6 1n або ж 6n , де n N .

За умовою задачі треба дослідити прості числа не менші за 11. Зрозуміло,

що всі вони будуть непарними і тому можуть бути представлені у вигляді 6 1n


36

або ж 6 5n (числа виду 6n , 6 2n , 6 4n діляться на 2, а числа виду 6 3n

діляться на 3, і тому не можуть бути простими).

Кожне натуральне число виду 6 5n , яке є не меншим за 7, можна подати

у вигляді 6 1k , k N (для цього достатньо покласти 1k n ). Таким чином,

кожне просте число, яке є не меншим за 7, можна подати у вигляді 6 1n або ж

6 1n . Проте слід розуміти, що не кожне число виду 6 1n (n N ) є простим.

Так, наприклад: 25 6 4 1 5 5 ; 35 6 6 1 5 7 .

За умовою задачі треба дослідити лише ті прості числа (не менші за 11),

різниця яких дорівнює 2. З урахуванням зазначеного вище, кожну пару простих

чисел, різниця яких дорівнює двом, можна подати за допомогою чисел виду

6 1n та 6 1n . Очевидно, що для кожної такої пари простих чисел їх сума

становить 12n і тому ділиться на 12.

Задача №5

Многочлен P x четвертого степеня має вид

4 3 2( )P x ax bx cx dx k ,

де в загальному випаду , , , ,a b c d k – дійсні числа, причому 0a .

За умовою многочлен P x має наступні властивості

(1) ( 1)P P , (10.5.1)

(2) ( 2)P P . (10.5.2)

Оскільки 1P a b c d k , а 1P a b c d k , то з урахуванням

(10.5.1), має місце рівність a b c d k a b c d k , звідки

b d . (10.5.3)

Оскільки 2 16 8 4 2P a b c d k , а 2 16 8 4 2P a b c d k , то з

урахуванням (10.5.2), має місце рівність

16 8 4 2a b c d k 16 8 4 2a b c d k , звідки

4b d . (10.5.4)

11 клас

37

З рівностей (10.5.3) і (10.5.4) випливає, що 0b d . І тому многочлен P x ,

для якого виконуються умови (10.5.1) і (10.5.2), має вид 4 2( )P x ax cx k . (10.5.5)

Крім того, для довільного дійсного x справджується умова

4 2 4 2P x a x c x k ax cx k P x , (10.5.5)

що й треба було довести.

11 клас

Задача №1

I с п о с і б Згрупувавши доданки, використаємо формулу перетворення суми

тригонометричних функцій у добуток

cos20 cos40 cos60 ... cos160 cos180

cos 20 cos160 cos40 cos140 cos60 cos120

cos80 cos100 cos180

160 20 160 20 140 40 140 402cos cos 2cos cos2 2 2 2

120 60 120 60 100 80 100 802cos cos 2cos cos 12 2 2 2

2cos90 cos70 2cos90 cos50 2cos90 cos30 2cos90 cos10 1

2cos90 cos70 cos50 cos30 cos10 1 1 .

I I с п о с і б Скориставшись співвідношенням )180cos(cos отримаємо

cos20 cos40 cos60 ... cos160 cos180

cos 20 cos160 cos40 cos140 cos60 cos120

cos80 cos100 cos180

cos 20 cos20 cos 40 cos40 ... cos80 cos80 1 1 .



38

Задача №2

I с п о с і б

15 30 L

A B C

DK

У заданій трапеції ABCD проведемо висоти ВК та СL, позначимо їх

довжину через х. Тоді у трикутнику CLD CD=2x за властивістю катета, що

лежить навпроти кута 30 .

AK AD LD KL , 2 3AK x .

У прямокутному трикутнику ABK

ctg15AK BK 233473232

30cos130cos1

.

Отже маємо рівняння ххх 2332 , розв’язавши яке, отримуємо, що

6 24

x . Тоді .1

264

426

15sin

BKAB

I I с п о с і б

Проведемо ||BM CD . Чотирикутник BCDM є паралелограмом, тому

2BC DM .

У трикутнику AMB маємо:

2AM , 15BAM , 30BMA , 135ABM .

За теоремою синусів маємо

sin135 sin30AM AB

, звідки

12sin30 2 1sin135 2

2

AMAB

.

15 30 2

2

A B C

D M 2

30 135

11 клас

39

I I I с п о с і б

Продовжимо бічні сторони трапеції до їх перетину у точці E . В одержаному

трикутнику AED відрізок BC є паралельним до основи AD і дорівнює

половині AD , а значить є середньою лінією трикутника, отже, 12

AB AE .

Скориставшись у отриманому трикутнику теоремою синусів, маємо

sin135 sin30AD AE

, звідки 12 2sin30 2 2

sin135 22

ADAE

. Тому 1AB .


Задача №3

I с п о с і б Нехай 0x є спільним коренем заданих рівнянь, тоді має місце рівність

2 20 0 0 01x ax x x a , звідки отримуємо

0 0 1 0ax x a ; 0 0( 1) ( 1) 0;а х х 0( 1)( 1) 0.х а

Розглянемо два можливі випадки:

1) Якщо 1a , то обидва рівняння не мають коренів, а значить умова задачі

не виконується.

2) Якщо 0 1x , тоді, підставивши його в будь-яке з рівнянь, отримаємо

2a .

I I с п о с і б Нехай 0x є спільним коренем заданих рівнянь, тоді, підставивши його в кожне

із заданих рівнянь, виразимо із кожного рівняння a через 0x .

15 30 2 2

2 A

B C D

E 135


40

1) 20 0 1 0x ax . Якщо 0 0x , то отримуємо суперечності,

при 0 0x 20

0

1 хах

;

2) 20 0 0x x a , 2

0 0а х х .

Оскільки в обох випадках а є одним і тим же числом, отримуємо рівняння 3 2 20 0 0 1 0х х х , яке має єдиний розв’язок 0 1x .

Підставивши його в будь-яке з рівнянь, отримаємо 2a .


Задача №4

Оскільки ( ) 1 1f x x f x , то 1 1 ( ) 1f x x f x .

Позначивши bxfaxf )1(,)( , отримаємо систему рівнянь

( ) (1 ) 1(1 ) (1 ) ( ) 1

f x x f xf x x f x

або 1

(1 ) 1.a xbb x a

Із першого рівняння виразимо b і підставимо у друге рівняння:

1;abx

1 1 1a x ax

.

Звідки 21 1x x a x , тому 2

11

xax x

.

Отже, шукана функція має вид 2

1( )1

xf xx x

.


1( )1

xf xx x

.

Задача №5

I с п о с і б Для знаходження цілої частини заданого числа, оцінимо його знизу та

згори. Для цього доведемо, а потім використаємо наступні дві нерівності.

11 клас

41

1) Доведемо, що для будь якого натурального числа виконується

нерівність 1 2 1 2n nn . Для доведення праву частину нерівності

помножимо та розділимо на спряжене число, яке є додатнім. Отримаємо

2 2 12 1 2 .1 2

n nn n n n

2) Аналогічно доводимо, що для будь якого натурального числа 1n

виконується нерівність 1 2 2 1n nn .

Маємо наступну низку нерівностей: 12 3 2 2 2 2 2 1;2

12 4 2 3 2 3 2 2;3

12 5 2 4 2 4 2 3;4

… 12 257 2 256 2 256 2 255.256

Додавши почленно нерівності, отримаємо

1 1 12 3 2 4 3 ... 257 256 ...2 3 256

2 2 1 3 2 ... 256 255 .

Звідси 1 1 12 2 257 ... 2 1 2562 3 256

.

Очевидно, що 2 256 1 30. Доведемо, що 2 257 2 2 . Для доведення

нерівності будемо порівнювати не самі додатні числа, а їх квадрати.

4(259 2 2 257) 841 , 8 514 195 , 264 514 195 .

Отримана правильна числова нерівність свідчить про вірність доводжуваної

нерівності.

Отже, 1 1 129 ... 30,2 3 256

звідки 1 1 130 1 ... 31,2 3 256

а

це означає, що ціла частина заданого в умові задачі числа дорівнює 30.


42

I I с п о с і б

Нехай 256

1 2 2561

1 1 11 ... ...2 3 256 i

iZ h h h h

, де 1ih

i .

Подамо досліджувану величину Z у наступному вигляді:

1 256 1 2 2 3 254 255 256 2561 2 256... ...

2 2 2 2 2 2h h h h h h h h h hZ h h h

255 2551 1

1 1

1 1 171 12 32 2 32 2

i i i i

i i

h h h h

.

Зауважимо, що кожен з доданків останньої суми виражає площу iS трапеції,

основами якої є (паралельні) відрізки довжин ih та 1ih . Крім того, висота

кожної такої трапеції становить 1.

Розглянемо функцію 121y f x x

x

. Очевидно, що ih f i . Крім того,

оскільки 321'

2y x

,

523''

4y x

, то на проміжку 1; мають місце нерівності

' 0f x , '' 0f x . Звідки на вказаному проміжку функція y f x монотонно спадає, а її графік є

опуклим донизу.

Нагадаємо, що геометричний зміст визначеного інтеграла 256 1

2

1

x dx

полягає в

тому, що його значення дорівнює площі «криволінійної трапеції», тобто фігури

обмеженої згори графіком функції y f x , знизу – віссю OX , зліва – прямою

1x , а з права – прямою 256x .

1 2 3 ... 256

1h 3h

256h

1

Y

X

1f xx

0

2h

11 клас

43

З огляду на монотонність та опуклість до низу графіка функції y f x , має

місце нерівність 256 1255

1 2

1 1

12

i i

i

h h x dx

.

Оскільки 256 1 256

21

1

2 2 256 1 30x dx x

, то 255

1

1

1 302

i i

i

h h

.

І тому 255

1

1

17 17 171 30 3032 2 32 32

i i

i

h hZ

.

Тепер оцінимо величину Z згори. Для цього розглянемо суму 256 256

2 2

1 1 1' 1 1 1 ... 1 12 3 256

iii i

Z Z h S

.

Зауважимо, що кожен з доданків суми 'Z виражає площу iS того

прямокутника, одною парою протилежних сторін якого є відрізки довжини ih , а

іншою парою – відрізки довжини 1.

З огляду на монотонність та опуклість до низу графіка функції y f x ,

має місце нерівність 256 1256

2

2 1

ii

S x dx

.

Оскільки 256 1

2

1

30x dx

, то 256

2

' 1 30ii

Z Z S

. Звідки 256

2

1 31ii

Z S

.

Таким чином, задане число 1 1 11 ...2 3 256

Z задовольняє умовам

1730 3132

Z .

І тому ціла частина числа Z дорівнює 30.


1 2 3 ... 256

1h 3h

256h

1

Y

X

1f xx

0

2h 2S 3S

44

УМОВИ ЗАВДАНЬ III ЕТАПІВ (ОБЛАСНИХ) ВСЕУКРАЇНСЬКИХ ОЛІМПІАД З МАТЕМАТИКИ

2001 рік3

7 клас 1. Відстань між пунктами A і B – 80 км, між пунктами B і C – 300 км, між

C і D – 120 км, а між D і A – 100 км. Яка відстань між A і C ? 2. За допомогою якого мінімального числа доданків, які містять у своєму

записі лише цифри 3, можна в сумі одержати число 111111? 3. У таблиці розміщено чорні та білі шашки. За один хід дозволяється

пересунути дві довільні шашки одного кольору вздовж вертикалі або горизонталі в одному або протилежних напрямках на одну клітинку. Чи можна за скінченне число ходів:

1) від таблиці 1 перейти до таблиці 2?

Таблиця 1 Таблиця 2

2) від таблиці 3 перейти до таблиці 4?

Таблиця 3 Таблиця 4

4. 1) Чи можна числа 1, 2, … , 15 розбити на дві групи так, щоб суми квадратів чисел в групах були рівними? 2) Чи можна виконати цю процедуру для чисел 1, 2, 3, …, 999?

3 Розв’язання кожної задачі оцінюється в 7 балів

2001 рік

45

8 клас 1. Розв’язати рівняння 2x x . 2. Турист пройшов половину шляху між пунктами A і B зі швидкістю 4

км/год, а решту шляху до B – зі швидкістю 6 км/год. На зворотному

шляху від B до A 23

цього шляху він пройшов зі швидкістю, яка

дорівнює середній швидкості руху у напрямку від A до B , а решту шляху – зі швидкістю 5 км/год. Знайти відстань між пунктами A і B , якщо відомо, що на зворотний шлях турист витратив на 2 хвилини менше ніж на весь шлях від A до B . (Зазначена середня швидкість дорівнює відношенню відстані між A і B до всього часу руху у напрямку від A до B ).

3. Чи існують цілі числа k і l такі, що має місце рівність 3 3 2001k l ?

4. На сторонах AB , BC , CD , DA квадрата ABCD обрали відповідно точки , ,M N P і Q так, що відрізки MN і PQ є перпендикулярними. Нехай O

точка перетину MN і PQ . Доведіть, що має місце рівність

AMOQ CPON BMOP DNOQP P P P . (Тут FP – периметр фігури F )

5. Є кучка з 2001 сірника. Двоє грають у гру, а саме по черзі роблять наступні дії:

обирається довільна кучка, яка містить більше одного сірника і ділиться на дві менші кучки;

гра продовжується до тих пір, поки кожна кучка не буде містити один сірник.

при кожному діленні кучки на дві записується добуток чисел сірників в утворених нових кучках;

мета гравця, який «ходить» першим зіграти так, щоб сума усіх записаних чисел ділилася на 1000.

Чи може другий гравець завадити першому у досягненні його мети? 9 клас

1. Для довільних додатних a і b доведіть нерівність a b

a bb a .

2. Розв’яжіть систему рівнянь

| | | | 1

1x x y yx y

Умови завдань III етапів (обласних) Всеукраїнських олімпіад з математики

46

(Тут t – ціла частина числа t , тобто найменше ціле число, яке не перевищує t )

3. На колі фіксовано дві точки A і B , а третя точка C рухається по колу. Знайти геометричне місце точок M перетину медіан трикутників ABC .

4. Два рівних квадрата утворюють пр. перетині восьмикутник . Дві точки цього восьми кутника ділять його на чотири чотирикутника. Доведіть, що ці діагоналі є взаємно перпендикулярними.

5. З листа у клітинку вирізали квадрат 8 8 . Яке найбільше число фігур, зображених на рисунку нижче, можна вирізати з цього квадрата?

10 клас 1. Для кожного натурального n розв’яжіть рівняння

2 2sin sin(2 ) sin(4 ) sin(3 ) sin(9 ) ... sin( ) sin( ) 1x x x x x nx n x . 2. Для кожного натурального числа n позначимо 2( ) 1a n n n . Через S

позначимо множину всіх значень ( )a n , 1n . 1) Доведіть, що для кожного натурального n число ( ) ( 1)a n a n

належить множині S . 2) Доведіть, що існують натуральні n і k більші за 2001 та такі, що

число ( ) ( )a n a k не належить множині S . 3. Доведіть, що для будь-яких дійсних чисел , , , ,a b c d e виконується

нерівність 2 2 2 2 2a b c d e a b c d e .

4. П’ятикутник ABCD вписано у коло. Відомо, що промені AE і CD перетинаються у точці P , а промені ED і BC – у точці Q так, що

||PQ AB . Доведіть, що DA DB . 5. Одну з вершин правильного 2001-кутника пофарбовано у чорний колір, а

інші його вершини – у білий. За один крок дозволяється обрати довільну «чорну» вершину та замінити колір на альтернативний у неї та ще у двох сусідніх вершинах (альтернативним до чорного кольору слід вважати білий і навпаки). Чи можна за декілька вказаних кроків перефарбувати всі вершини вихідного 2001-кутника у білий колір?

2001 рік

47

11 клас

1. Для кожного натурального n розв’яжіть рівняння 2 2sin sin(2 ) sin(4 ) sin(3 ) sin(9 ) ... sin( ) sin( ) 1x x x x x nx n x .

2. Числова послідовність 1 2, ,...a a , в якій 1 2a , 2 500a і 3 2000a при всіх натуральних 2n

2 1 1

1 1 1

n n n

n n n

a a aa a a

.

Доведіть, що всі члени цієї послідовності є натуральними числами, причому 2001a ділиться без остачі на 20012 .

3. Знайти всі функції f , які визначено на всій числовій осі та однозначно

задовольняють наступним умовам 3) рівняння 0f x має єдиний корінь; 4) для будь-яких ,x y R виконується рівність

2 4f y f x f x y f x y . 4. Поза площиною задано точку A . Доведіть, що для кожної прямої l

площини в цій площині існує така пряма ||m l (m не співпадає з l ), що для кожної точки M m спільний перпендикуляр до мимобіжних прямих l і AM буде проходити через середину відрізка AM .

5. Одну з вершин правильного 2001-кутника пофарбовано у чорний колір, а інші його вершини – у білий. За один крок дозволяється обрати довільну «чорну» вершину та замінити колір на альтернативний у неї та ще у двох сусідніх вершинах (альтернативним до чорного кольору слід вважати білий і навпаки). Чи можна за декілька вказаних кроків перефарбувати всі вершини вихідного 2001-кутника у білий колір?


48

2002 рік

7 клас 5. (10 б.) Чи існують такі числа x та y , що 200122 yyxx ? 6. (10 б.) Число a дорівнює 20022001 1713 . Яке з чисел a13 , a17 , a19 має

більше дільників? Скільки дільників має кожне з цих чисел? 7. (20 б.) На кінцях смужки в клітину 401 стоїть по шашці. Грають двоє,

ходи роблять по черзі. За хід дозволяється зсунути яку-небудь шашку в напрямку іншої на одну, дві або три клітини. Перестрибувати через шашки не можна. Програє той, хто не зможе зробити хід. Хто виграє: перший (той хто починає) чи другий гравець? Як повинен грати переможець?

8. (20 б.) Квадрат розбито на п’ять прямокутників так, що його вершини належать різним прямокутникам, площі яких рівні між собою, а п’ятий прямокутник – квадрат. Довести, що інші чотири прямокутника рівні (тобто мають однакові розміри).

9. (30 б.) З шахової дошки розміром 7 7 вирізали одну клітину. Чи можна покрити частину яка залишилась прямокутниками розміром 1 4 без накладень, якщо вирізана клітина: а) центральна; б) має обру сторону з кутовою клітиною; в) кутова?

8 клас

1. (10 б.) Нещодавно я чув таку розмову: – Якщо рік, коли мені виповнилось 43 роки, помножити на рік, коли

мені виповнилось 45 років та поділити на рік мого народження, то отримаємо рік, коли…

– Достатньо! – перервав його співрозмовник. – Я можу назвати рік твого народження.

Назвіть його і ви. 2. (10 б.) Цифри числа 13a написали 2002 раз і отримали число яке ділиться

на 11. Чому дорівнює a ? Те саме питання для випадку, коли цифри числа 13a записали 2001 раз підрід, і отримали число яке ділиться на 11.

3. (20 б.) Чи існує трикутник , який можна розділити а) на 12; б) на 5 рівних трикутників?

4. (20 б.) У Петра є запаяний акваріум у вигляді паралелепіпеду з деякої кількість води всередині. Петро помітив, що коли він ставить акваріум на горизонтальну поверхню будь-якою гранню, рівень води в ньому знаходиться нижче верхньої грані на 3 см. Петро припускає що його акваріум має форму куба. Чи вірне припущення Петра?

5. (30 б.) Дана пряма та дві точки. Побудуйте трикутник, в якому основи двох висот будуть співпадати з заданими точками, а третя висота буде лежати на заданій прямій.

2002 рік

49

9 клас 1. (10 б.) П’ятизначне число,яке є повним квадратом, записується за

допомогою цифр 0, 4, 8, 8, 8. Знайти це число. 2. (10 б.) Доведіть, що ціла частина числа 21 nn , де n – натуральне

число, є непарним числом. Знайдіть це число? 3. (20 б.) Кожна точка площини пофарбована в один з двох кольорів –

червоний або білий – довільним чином. Довести, що знайдеться трикутник з кутами 300, 600, 900 та з меншої стороною, яка рівна 1, всі вершини мають один колір.

4. (20 б.) Послідовність чисел ka , nnnnnk ,1,,,1, така, що kk aa для всіх k та 111 nnnn aaaa . Знайти значення виразу

nnn

nn

nn

nn aaaa

22222221 2221

.

5. (30 б.) Ціле число a має властивість, що число a3 можна представити у виді 22 2yx , де x , y – цілі. Довести, що число a можна представити в такому ж виді.

10 клас

1. (10 б.) На стороні AB квадрата ABCD взята точка E , а на стороні CD – точка F , причому 2:1: EBAE , FDCF ; M та N – точки перетину DE та BF з AC відповідно. Знайти суму EBNEMN . Відповідь вкажіть в градусах.

2. (10 б.) Розкласти на множники:

!)1()1()1(

21)1(

11

nnxxxxxx n

.

3. (20 б.) Знайти всі многочлени )(xP , які задовольняють умові )()()( 22 xPxPxxP .

4. (20 б.) Нехай 0,,1 naa . Довести, що 2

1

2

122

1

2)max(

nnn aa

naa

naa .

5. (30 б.) На дошці написані числа n1,,

31,

21 . За один крок дозволяється

зітерти будь-які два числа x та y і на писали замість них число xyyx . Ці дії повторюються до тих пір, поки не залишиться останнє число. Знайти його найбільше і найменше можливі значення.

11 клас

1. (10 б.) В трикутнику ABC aCB , bAC . Бісектриса CD та медіана AM перетинаються в точці O . Знайти ODCO : .

2. (10 б.) Довести, що рівняння 0))(())(())(())()(( axcxcxbxbxaxcxbxax


50

має три кореня, враховуючи cba . 3. (20 б.) Доведіть, що не існує різних степенів двійки з натуральним

показником, які відрізняються лише порядком цифр в десятковому записі. 4. (20 б.) Кожна точка простору пофарбована в один з двох кольорів –

червоний або білий – довільним чином. Довести, що знайдеться рівнобічний трикутник зі стороною 1, всі вершини якого мають один колір.

5. (30 б.) Розв’яжіть функціональне рівняння: )1()()2( 32 yfxfxxf y .

Функція )(xfy визначена при );( x .

2003 рік

7 клас 1. (15 б.) Якщо до загаданого числа приписати праворуч 0 і результат

відняти з числа 143, то отримаємо потроєне загадане число. Яке число загадано?

2. (15 б.) При якому значенні x вираз 23

6x

приймає найбільше

значення? 3. (20 б.) Числа 2003 та 200 при діленні на натуральне число x дають

однакові остачі. Знайти число x . 4. (20 б.) Петро по одній достає і складає в дві стопки чорні та червоні

картки (не обов’язково по черзі). Класти картку на іншу картку того ж кольору заборонено. 10-а та 11-а картки білу червоні, а 25-а – чорна. Якого кольору була 26-а картка?

5. (30 б.) В таблиці 3727 клітин стоять числа від 1 до 999 (всі по разу). З 64 сум по всім можливим вертикалям та горизонталям вибрали кратні 4. Чи може сума всіх сум які залишилися по горизонталям та вертикалям бути втричі більше суми обраних?

8 клас

1. (15 б.) Між п’ятою та шостою годинами стрілка хвилин знаходиться на 3 позначки хвилин пізніше годинникової стрілки. Який зараз час?

2. (15 б.) У вузлах сітки 1003 стоять червоні точки (кожна копірка сітки є квадратом, в кожному рядку – 100 точок і в кожному стовбці – 3 точки). Скільки можна провести всіляких прямих, які проходять рівно через три червоні точки?

3. (20 б.) Учень підніс до квадрату декілька алгебраїчних виразів, кожне з яких є многочленом, а потім склав їх. Чи міг він отримати вираз

143222 xzxyzyx ? 4. (20 б.) Довжини сторін довільного трикутника рівні cba ,, , також

cba . Довести, що )(2222 acbccba .

2003 рік

51

5. (30 б.) В трикутнику ABC відомо, що CA 3 . Точка D на стороні BC має таку властивість: CADC 2 . Довести, що BCADAB .

9 клас 1. (15 б.) Розв’язати рівняння

02312 xxx . 2. (15 б.) Як розрізати прямокутник, який не є квадратом, на дві конгруентні

частини, з яких можна скласти ромб? 3. (20 б.) Кожна точка площині пофарбована в один з трьох кольорів (всі три

кольори присутні). Довести, що знайдеться прямокутний трикутник, всі вершини якого пофарбовано в різні кольори.

4. (20 б.) Чи можна у всіх клітинках а) таблиці 20002000 , б) таблиці 20022002 розставити числа 1 або 1 так, щоб в симетричних

відносно центра клітинах стояли протилежні числа, а сума чисел будь-якого рядка дорівнювала нулю, і сему чисел будь-якого стовпця дорівнювала нулю?

5. (30 б.) Дано 6 точок, попарні відстані між якими відмінні та ніякі 3 точки не лежать на одній прямій. Розглядаються всілякі трикутники з вершинами в цих точках. Довести, що знайдеться один і той же відрізок, який є найменшою стороною в одному з цих трикутників і найбільшою – в іншому.

10 клас

1. (15 б.) Прямокутник розбито на клітини 11 . Всередині кожної клітини записано число (не обов’язково ціле). Відомо, що сума всіх чисел в кожному горизонтальному рядку рівна 1, а сума чисел в кожному вертикальному стовпці рівна 3. Чи може кількість всіх клітин в прямокутнику бути 1234?

2. (15 б.) При яких значеннях параметра a сума квадратів дійсних коренів рівняння 08622 22 aaaxx є найменшою? Чому вона дорівнює?

3. (20 б.) В вершинах решітки nn рас положено 2n точок (кожна комірка решітки – квадрат розміру 11 ). Скільки існує всіляких квадратів з вершинами в цих точках (сторони квадратів не обов’язково паралельні рядкам і стовпцям решітки)?

4. (20 б.) В кут з вершиною M вписано два кола з радіусами r та R ( Rr ), які перетинаються в точках A та B . Нехай C та D – точки дотику однієї зі сторін кута з колами ( MDMC ), dMA . Виразити за допомогою Rr, та d :

а) радіуси кіл, які описані навколо трикутників ACD та BCD ; б) довжини відрізків MC та MD .

5. (30 б.) Нехай 0,, zyx , 1xyz . Довести, що

zyxzyx

xz

zy

yx 1113 .


52

11 клас

1. (15 б.) Знайти такі цифри cba ,, , для яких cbaabc

,01 . Де abc,0 –

десятковий дріб з цифрами cba ,, після коми. 2. (15 б.) Розглянемо множину многочленів виду

200020012000

22001

120022002)( axaxaxaxxp

де 2002,,1,1 iai . Знайти найменше число a , при якому дійсні нулі всіх многочленів лежать на відрізку ];[ aa .

3. (20 б.) Чи існують такі раціональні числа dcba ,,, , для яких

2572222

dcba . 4. (20 б.)

а) Довести, що сума квадратів відстаней від точки сфери, яка описана навколо куба з ребром x , до вершин куба не залежить від розташування точки на сфері. Чому рівна ця сума? б) Довести, що сума квадратів відстаней від точки сфери, яка описана навколо правильного тетраедра всі ребра якого рівні x , до вершин тетраедра не залежить від розташування точки на сфері. Чому рівна ця сума?

5. (30 б.) Довести, що: а) з чотирьох додатних чисел можна вибрати два числа x та y такі, що

xyyx 13 ; б) з семи додатних чисел можна вибрати два числа x та y такі, що

xyyx 132 .

2004 рік

53

2004 рік

7 клас 1. (5 б.) Розв’язати

3234 x .

2. (5 б.) З пункту A в пункт B виїхав велосипедист, а через 15 хвилин слідом за ним виїхав автомобіль (велосипедист та автомобіль рухаються зі сталими швидкостями). Рівно на половині шляху від A до B автомобіль наздогнав велосипедиста. Коли автомобіль прибув в пункт B , велосипедисту залишилось ще проїхати третину шляху. За який час велосипедист подолає шлях від пункту A в пункт B ?

3. (10 б.) Дано прямокутний трикутник ABC ( 00 90,45 CA ), на сторонах AC та AB вибрані точки D і E відповідно, так що ADBD та

CECB . Нехай відрізки BD та CE перетинаються в точці O . Довести, що 090DOE .

4. (10 б.) Три учня, які відвідували заняття математичного кружка, під час перерви вирішили пограти в «слова». Кожен з них записав по 50 різних слів. А потім слова які зустрілися хоча б у двох з цих учнів були викреслені. Після цього у першого учня залишилося 23 слова, у другого – 32 слова, а у третього – 26 слів. Коли учитель математики дізнався про це, він сказав дітям, що принаймні хоча б одне слово було записано всіма трьома учнями. Як вчитель зумів зробити такий висновок?

5. (10 б.) Як у виразі 10099*

9998*

9897**

54*

43*

32*

21 , який містить 99 дробів

замінити всі зірочка знаками арифметичних операцій так, щоб значення отриманого арифметичного виразу дорівнювало нулю?

6. (15 б.) Петро вибрав три різні цифри cba ,, ( accbba ,, ) та записав всілякі різноманітні тризначні натуральні числа, десятинний запис кожного з яких містить всі три вибрані цифри, але не може починатися з нуля. Виявилось, що сума всіх записаних чисел дорівнює 3376. Визначте, які саме цифри було вибрано, та доведіть, що інших варіантів не існує.

7. (15 б.) Дана горизонтальна клітчата смужка розмірами 20041 . В кожній з п’яти крайніх зліва клітин розташовано по одній фішці. Двоє гравців по черзі беруть одну з фішок та переміщують її на декілька клітин праворуч (перестрибувати через фішки не дозволяється). Програє той, хто не зможе зробити свій хід. Довести, що той гравець, який починає гру, може грати таким чином, щоб забезпечити собі перемогу.


54

8 клас

1. (5 б.) Побудуйте графік функції xxxx

y

25

.

2. (5 б.) Сума тангенса гострого кута і котангенса другого гострого кута прямокутного трикутника рівна 1. обчислити значення тангенса більшого острого кута цього трикутника.

3. (10 б.) Для яких натуральних n число 4622 24 nn ділиться на 5n ?

4. (10 б.) Розв’язати рівняння px

3

2137 , де p – середнє арифметичне

чисел 185158

185185158158 22

A та 158185

185185158158 22

A .

5. (10 б.) Знайти всі такі натуральні числа B , для яких з трьох наступних тверджень два істинні, а два хибні:

1) 41B є квадратом натурального числа; 2) 21B ділиться на 10 без остачі; 3) 48B є квадратом натурального числа.

6. (15 б.) За допомогою циркуля та лінійки поділіть кут 035 на 7 рівних частин.

7. (15 б.) В рівнобічному трикутнику ABC з основою AC на боковій стороні BC вибрана точка M , така що 090ABM та BKAM 2 . Знайти кути трикутника ABC .

9 клас

1. (5 б.) Розв’язати рівняння xxxxx 24235 .

2. (5 б.) На координатній площині задано чотири точки: 1 2(0;0), (0;2),A A 3 4( 2; 2), (4;0)A A . Для кожної точки A вказати множину всіх точок

площини, для яких вона є найближчою серед трьох інших точок. Відповідь обґрунтувати.

3. (10 б.) Знайти всі такі дійсні числа 30 x , що для деяких натуральних чисел cba ,, число 0X є більшим коренем рівняння cxbxa ))(( .

4. (10 б.) Знайти всі такі натуральні числа n , що в десятковому записі чисел n6 , n9 , n13 всі цифри від 0 до 9 зустрічаються по одному разу.

5. (10 б.) Деякі сторони клітин шахової дошки пофарбовані в червоний колір, всі інші – в синій колір. Дозволяється обрати деяку клітину дошки та перефарбувати в протилежний колір всі її стороні одночасно. Чи завжди можна декількома такими перефарбуваннями домогтися того, щоб синіми стало менше чверті від загальної кількості сторін клітин?

6. (15 б.) Нехай додатні числа cba ,, та дійсні числа zyx ,, такі, що 0 czbyax . Довести нерівність

2004 рік

55

0 zxccacyzcbcbxybaba . 7. (15 б.) На дошці намальовано трикутник ABC . Висота AH та бісектриса

AL цього трикутника перетинають вписане в трикутник коло в різних точках M та N , P та Q відповідно. Після цього рисунок зітерли, залишив лише точки H , M та Q . Відновити трикутник ABC .

10 клас

1. (5 б.) Нехай ,, – такі гострі кути, що tgcos , tgcos , tgcos . Довести, що

215sinsinsin

.

2. (5 б.) Нехай a – таке дійсне число, що числа aa 2 та aa 23 є раціональними. Довести що число a також є раціональним.

3. (10 б.) Довести, що не існує таких непарних натуральних чисел ba, та c , що числа 20033 ab , 20053 bc , 20073 ca є квадратами натуральних чисел.

4. (10 б.) Знайти всі такі дійсні числа x , які не є цілими і при цьому задовольняють рівності

xx

xx 20042004

,

де x – ціла частина числа x , тобто – найбільше ціле число, яке не перевищує x .

5. (10 б.) Нехай в трикутнику ABC точки M та N є серединами сторін BC і AC відповідно. Відомо, що точка перетину висот трикутника ABC співпадає з точкою перетину медіан трикутника AMN . Знайти величину кута ABC .

6. (15 б.) Довести, що якщо 0,, zyx та 1 zyx , то виконується нерівність

21222333333

zyx

yz

xy

zx

xz

zy

yx .

7. (15 б.) Кожне натуральне число пофарбовано в один з двох кольорів – синій або жовтий, причому чисел кожного з кольорів нескінченно багато. Відомо, що сума будь-яких 2003 попарно різних чисел синього кольору є числом синього кольору, а сума будь-яких 2003 попарно різних чисел жовтого кольору є числом жовтого кольору. Визначити якого кольору буде число 2004, якщо число 1 пофарбовано синім кольором. Обґрунтуйте відповідь.


56

11 клас 1. (5 б.) Знайти всі значення параметру a , при яких рівняння xax 22

має тільки один дійсний корінь.

2. (5 б.) Дано трикутник ABC , в якому 090B . Серединний перпендикуляр до сторони AB перетинає сторону AC в точці M , а серединний перпендикуляр до сторони AC перетинає продовження сторони AB за вершину B в точці N . Відомо, що відрізки MN та BC рівні та перетинаються під прямим кутом. Знайти величини всіх кутів трикутника ABC (в градусах).

3. (10 б.) Відомо, що azyx

zyxzyx

zyx

)sin(sinsinsin

)cos(coscoscos . Довести, що

axzzyyx )cos()cos()cos( .

4. (10 б.) Дано прямокутний паралелепіпед 1111 DCBABCDA . Нехай точки E та F є основами перпендикулярів, які опущено з точки A на прямі DA1 та CA1 відповідно, а точки P та Q є основами перпендикулярів, які опущено з точки 1B на прямі 11CA та CA1 відповідно. Довести, що

1PQBEFA .

5. (10 б.) Довести, що якщо 0,, zyx та 1 zyx , то виконується нерівність

21222333333

zyx

yz

xy

zx

xz

zy

yx .

6. (15 б.) Знайти всі такі визначені на множині );0( функції f , що для довільного 0x виконується нерівність 0)( xf та при всіх 0x та

0y має місце рівність )()()()( yxfyfxfyxff .

7. (15 б.) Кожне натуральне число пофарбовано в один з двох кольорів – синій або жовтий, причому чисел кожного з кольорів нескінченно багато. Відомо, що сума будь-яких 2003 попарно різних чисел синього кольору є числом синього кольору, а сума будь-яких 2003 попарно різних чисел жовтого кольору є числом жовтого кольору. Визначити якого кольору буде число 2004, якщо число 1 пофарбовано синім кольором. Обґрунтуйте відповідь.

2005 рік

57


1. (5 б.) Є двоє піскових годинників на 5 і на 7 хвилин. Яйце вариться 11 хвилин. Як можна відміряти цей час за допомогою даних годинників?

2. (5 б.) У республіці пройшли вибори у парламент. Всі, хто голосував за партію «Лимон», полюбляють лимони, а серед виборців, що голосували за інші партії, 90% лимони не люблять. Скільки відсотків голосів набрала партія «Лимон», якщо рівно 46% від тих, що голосували, полюбляють лимони?

3. (10 б.) Доведіть, що 2 2 12n n не ділиться на 121 при всіх цілих n . 4. (10 б.) Чи можна розрізати трьохклітинний куточок на чотири рівні

частини? 5. (10 б.) У середині гострого кута AOB взяли точку M . Точки 1M і 2M є

симетричними точці M (дзеркально розташовані) відносно сторін OA і OB відповідно. Довести, що 1 2 2M OM AOB .

6. (15 б.) Дідусь, бабуся, тато і мати підійшли вночі до мосту (з одного боку) ы бажають перейти через нього. У них є на усіх один ліхтарик, без якого не можливо й кроку ступити. Міст витримує тільки двох чоловік. Тато може перейти міст за одну хвилину, мати – за 2 хвилини, дідусь – за 5 хвилин, а бабуся – за 10 хвилин. Як їм усім перейти міст за 17 хвилин?

7. (15 б.) Микола відправився за грибами між вісьма і дев’ятьма годинами ранку в момент, коли годинна і хвилинна стрілки його годинника були сполучені. До дому він повернувся між двома ы трьома годинами дня, при цьому стрілки цього годинника були спрямовані в протилежні сторони. Скільки продовжувалася його прогулянка?

8 клас

1. (5 б.) «Довести, що 3 320 14 2 20 14 2 ... ». Яке ціле число в цьому твердженні пропущено?

2. (5 б.) Доведіть, що серед будь-яких 11-ти натуральних чисел знайдуться два, різниця яких ділиться на 10.

3. (10 б.) Числа , ,x y z задовольняють нерівностям 0 1x , 0 1y , 0 1z . Доведіть, що величина 4 4 4 3 3 3t x y z x y y z z x також задовольняє нерівність 0 1t .

4. (10 б.) Знайдіть усі цілі числа, що починаються цифрою 1 та такі, що при її перестановці у кінець числа, воно збільшиться утричі.

5. (10 б.) У випуклому шестикутнику ABCDEF точки 1 1 1 1 1 1, , , , ,A B C D E F – середини сторін , , , , ,AB BC CD DE EF FA відповідно. M – так точка, що

1 1 1A B C M – паралелограм ( 1 1 1||A B C M ; 1 1 1||B C A M ). Довести, що 1 1 1D E F M також є паралелограмом.


58

6. (15 б.) Знайдіть всі натуральні x та y , для яких 2 255 2yx . 7. (15 б.) Зголоднілий їжачок знайшов сейф із їжею. Сейф було зачинено

кодовим замком, який складається із 100 кнопок із лампочками, що розташовані у квадраті 10 10 . При натисканні на будь-яку кнопку, усі лампочки, що стоять із нею в одному рядку (як у горизонтальному, так і у вертикальному) загальним числом 19, змінюють свій стан (починають світитися, або ж гаснуть відповідно). Лише коли усі лампочки почнуть світитися, їжачок може дістатися до їжі. Скільки кнопок повинен натиснути їжак, щоб як найшвидше дістатися їжі?

9 клас

1. (5 б.) «Довести, що 3 320 14 2 20 14 2 ... ». Яке ціле число в цьому твердженні пропущено?

2. (5 б.) Розв’яжіть рівняння 2 4 4 cosx x xy . 3. (10 б.) В трапеції ABCD з основою AD AB BC , AC CD і

BC CD AD . Знайдіть кути трапеції. 4. (10 б.) Числа , ,x y z задовольняють нерівностям 0 1x , 0 1y ,

0 1z . Доведіть, що величина 4 4 4 3 3 3t x y z x y y z z x також задовольняє нерівність 0 1t .

5. (10 б.) Знайдіть усі цілі числа, що починаються цифрою 1 та такі, що при її перестановці у кінець числа, воно збільшиться утричі.

6. (15 б.) У випуклому п’ятикутнику ABCDE площа кожного з трикутників ABC , BCD , CDE , DEA , EAB дорівнює 1. Знайти площу п’ятикутника.

7. (15 б.) Зголоднілий їжачок знайшов сейф із їжею. Сейф було зачинено кодовим замком, який складається із 100 кнопок із лампочками, що розташовані у квадраті 10 10 . При натисканні на будь-яку кнопку, усі лампочки, що стоять із нею в одному рядку (як у горизонтальному, так і у вертикальному) загальним числом 19, змінюють свій стан (починають світитися, або ж гаснуть відповідно). Лише коли усі лампочки почнуть світитися, їжачок може дістатися до їжі. Скільки кнопок повинен натиснути їжак, щоб як найшвидше дістатися їжі?

10 клас

1. (5 б.) Нехай 2 2 6a b ab . Чому може бути рівним a ba b

?

2. (5 б.) Доведіть, що сума тангенсів тупокутного трикутника є від’ємною. 3. (10 б.) Нехай S – площа довільного трикутника зі сторонами a , b і c ; –

кут, протилежний стороні c . Довести, що має місце нерівність

2 2

4sin2

Sa b c

.

2005 рік

59

4. (10 б.) Доведіть, що у будь-якому опуклому 2n -кутнику знайдеться діагональ, що не є паралельною до жодної з його сторін.

5. (10 б.) В трикутнику ABC 2BC AC , а D – така точка на стороні BC , що DAC ABC . Пряма AD перетинає бісектрису зовнішнього кута при вершині C у точці M . Доведіть, що AM AB .

6. (15 б.) Дійсні числа , ,x y z (не обов’язково цілі!) є такими, що числа 1 xykx y

, 1 yzly z

і 1 zxmz x

є цілими. Доведіть, що числа | |k , | |l , | |m

є попарно простими. 7. (15 б.) Нехай P – многочлен із цілими коефіцієнтами. Послідовність na

утворюється наступним чином: 1 0a , 1n na P a . Відомо, що 2005 0a . Чому може дорівнювати 1001a ?

11 клас

1. (5 б.) Розв’язати рівняння 1 1 0sin cosx x

, де p – ціла частина числа

p (найбільше ціле число, що не перевищує p ). 2. (5 б.) Нехай , 0a b , 2a b . Доведіть справедливість нерівності

4 4 2 22 1a b b a a b b a . 3. (10 б.) Над планетою, що має форму кулі, літають три супутники.

Доведіть, що у будь-який момент часу на поверхні планети є точка, з якої жоден із супутників не видно. Супутники вважаються точеними (розмірами супутників можна нехтувати).

4. (10 б.) Дійсні числа , ,x y z (не обов’язково цілі!) є такими, що числа 1 xykx y

, 1 yzly z

і 1 zxmz x

є цілими. Доведіть, що числа | |k , | |l , | |m

є попарно простими. 5. (10 б.) Радіуси двох кіл відповідно 1 і 3 (лін.од.), відстань між центрами

яких дорівнює 10. Знайти геометричне місце серед відрізків, що сполучають точки даних кіл.

6. (15 б.) Яку найменшу кількість клітинок можна вирізати шахової дошки 8 8 так, щоб із залишку не можна було вирізати (вздовж ліній клітинок) жодного V -пентаміно (див. рисунок).

7. (15 б.) Нехай P – многочлен із цілими коефіцієнтами. Послідовність na

утворюється наступним чином: 1 0a , 1n na P a . Відомо, що 2005 0a . Чому може дорівнювати 1001a ?


60

2006 рік4 7 клас

1. Відновити приклад на множення натуральних чисел, якщо сума цифр першого множника дорівнює сумі цифр другого.

12

34

5

2. Кілька зошитів коштують 2 грн., а стільки ж олівців - 1 грн. 76 к. Скільки коштує 6 зошитів якщо вартість кожного зошита менша за 50 к.?

3. Чи можна розмістити на площині 6 точок і сполучити їх відрізками, що не перетинаються, так, щоб кожна з них була сполучена рівно з трьома іншими точками?

4. У деякому місті 90% населення говорить українською, а 80% – російською. Який відсоток населення міста говорить обома мовами?

5. Скількома способами із відрізків довжиною 7 см і 12 см можна скласти відрізок довжиною 1м?

6. Футбольні клуби «Шахтар», «Динамо» і «Дніпро» провели міні турнір у два кола, в якому за перемогу зараховувалося 2, за нічию – 1, і за програш – 0 очок. У першому колі «Шахтар» нір азу не програв, «Динамо» не зробило жодної нічиєї, а «Дніпро» ні разу не виграв. У другому колі «Шахтар» жодного разу не виграв, «Динамо» ні разу не програло, «Дніпро» жодного разу не зробив нічиєї. В результаті для визначення переможця довелося провести ще один матч. Як зіграли в другому колі «Шахтар» і «Динамо»?

8 клас 1. Дванадцять осіб несуть 12 хлібин. Кожен чоловік несе по 2 хлібини, жінка

– по 12

хлібини, а дитина – по 14

хлібини. Скільки було чоловіків, жінок і

дітей окремо? 2. Знайти співвідношення між a , b і c , якщо

1x ax

, 1y by

, 1xy cxy

.

3. Який з дробів ближчий до одиниці: правильний, чи обернений до нього – неправильний?


2006 рік

61

4. Чи можна розмістити на площині 6 точок і сполучити їх відрізками, що не перетинаються, так, щоб кожна з них була сполучена рівно з чотирма іншими точками?

5. Чи можна у довільному прямокутнику, площа якого дорівнює 12005

розмістити кілька кругів, що не перетинаються, так, щоб сума їх радіусів дорівнювала 2005?

6. Три сторони опуклого чотирикутника рівні між собою, а кут між його діагоналями дорівнює a . Знайти кут між бісектрисами кутів, що прилягають до четвертої сторони чотирикутника?

9 клас

1. Знайти, при яких натуральних значеннях a і b число 4 22 47ab a b ділиться на 2 27 811a b .

2. Які цілі значення може набувати дріб 2 1

1x x

xy

, якщо x і y – натуральні

числа? 3. Довести, що рівняння 2005x y не має коренів серед натуральних

чисел. 4. Від прямокутника 324 141 мм відрізають кілька квадратів зі стороною

141 мм доти, поки не залишиться прямокутник із стороною, меншою за 141 мм. Потім від цього прямокутника знову відрізають квадрати, довжина сторін яких дорівнює меншій стороні прямокутника. Процес цей повторюють, доки це можливо. Чому дорівнюватиме сторона останнього квадрата?

5. На скільки частин 4 прямі можуть розбити площину? 6. Пряма, паралельна до дотичної, що проходить через вершину вписаного в

коло трикутника, перетинає його бічні сторони і відтинає від трикутника чотирикутник, який можна вписати в коло. Довести це.

7. Дано довільний трикутник ABC і точку X поза ним: AM , BN , CQ – медіани трикутника ABC . Доведіть, що площа одного із трикутників XAM , XBN , XCQ дорівнює сумі площ двох інших трикутників.

10 клас 1. Знайти всі функції, які при всіх значеннях x і y задовольняють рівняння

2f x y f x f y xy .

2. Розв’язати рівняння 23

x x x x , в якому x – ціла, а x –

дробова частини числа x . 3. Квадрат будь-якого простого числа, більшого за три, при діленні на 24 дає

остачу, що дорівнює 1. Довести це.


62

4. Знайти найменше значення функції mn

by axx

на множині 0x ( 0a ,

0b , ,m n – натуральні числа).

5. Довести, що при довільному a існує трикутник зі сторонами 2 1a a , 2 1a a , 24 3a і площа його не залежить від a .

6. На дошці була зображена трапеція ABCD . В ній провели середню лінію EF і перпендикуляр OK з точки перетину її діагоналей на одну із основ трапеції. Потім весь малюнок витерли, залишивши тільки відрізки EF і OK . Як відновити дану трапецію?

7. На скільки частин розбивають простір чотири площини, що проходять через одну точку і ніякі три площини не мають спільних прямих?

11 клас

1. Знайти всі функції f , які задовольняють рівняння 4

2 2

11

x xfx x

.

2. Розв’язати рівняння 7 6 6 7log log 4log 3log 12x x x x . 3. Довести тотожність

2 2

180 180sin sin

180 180sin sin

C An n

a ab c bc

n n

,

де , ,a b c – сторони трикутника ABC , n N , 3n . 4. Побудувати графік функції

cos tgy x . 5. Нехай маємо циркуль і лінійку з цілими поділками. Для яких натуральних

n за допомогою цих інструментів можна побудувати відрізок довжиною n , якщо кожний з цих інструментів дозволяється використовувати не

більше двох разів. 6. На скільки частин можуть розбивати простір 5 площин, що проходять

через одну точку і ніякі три площини не мають спільної прямої? 7. Довести, що у довільному тетраедрі ABCD сума квадратів площ його

перерізів 1 1MKM K , 1 1MLM L , 1 1LKL K , де 1 1 1, , , , ,M L K M L K – середини сторін , , , , ,AB AC BC CD BD AD відповідно, дорівнює чверті суми квадратів площ усіх його граней.

2007 рік

63


1. В одному магазині ціни зменшили на 10%, а потім ще на 10%. А в іншому магазині ціни знизили на 20%. Що вигідніше для покупця?

2. Що більше 3002 чи 2003 ? 3. Доведіть, що якщо з тризначного числа відняти тризначне число, яке

записано тими ж цифрами, що й перше, але в зворотному порядку, то модуль різниці, яку дістали, ділиться на 9 та 11.

4. Розв’яжіть рівняння: 2 1 4 5х . 5. В кімнаті,що має форму прямокутника, є 10 стільців. Розмістіть їх так,

щоб уздовж кожної стіни стояла однакова кількість стільців. 8 клас

1. Спростити вираз: 245245 . 2. Розкладіть на множники 2 2 2 2a b c d a c b d . 3. В трикутнику ABC кут A більше за кут C на 30°. Точка K належить

стороні AC , AB BK . Знайти кут KBC . 4. Довести, що сума кубів трьох послідовних цілих чисел ділиться на 9. 5. Декілька футбольних команд проводять турнір в одне коло. Довести, що в

будь-яку мить турніру знайдуться дві команди, які зіграли до цієї миті однакову кількість матчів.

9 клас

1. Розв’яжіть рівняння 2 2 2 25 2 1 04

p x px x px .

2. Нехай ABCD – прямокутник з центром O , точка E належить стороні CD , N – середина BC , а P – точка перетину BE з NO . Відомо, що PE OE . В якому відношенні точка E ділить сторону CD даного прямокутника?

3. Доведіть, що для будь-яких a і b є вірною нерівність 22 22 2 1a b a b .

4. В опуклому чотирикутнику ABCD проведено діагональ AC , а в трикутники ABC і ACD вписано кола. З’ясувалось, що точки дотику цих кіл з відрізком AC співпадають. Нехай , , ,E F G H – точки дотику кіл зі сторонами AB , BC , CD і DA відповідно. Доведіть, що точки , , ,E F G H належать одному колу.

5. Знайти всі трійки цілих невід’ємних чисел , ,x y z , для яких 2 15 7 1x y z .



64

6. Дано рівнобедрений трикутник ABC , в якому CA CB . Оберемо точку P на тій з двох дуг AC описаного навколо цього трикутника кола, якій не належить вершина B . Нехай D – основа перпендикуляра, опущеного з C на PB . Доведіть, що 2PB PA PD .

7. У квадраті 5 5 розташували 17 фігурок, які мають форму квадратів 2 2 та займають по чотири клітинки. Доведіть, що існує клітинка даного квадрата, яка накривається не менше, ніж п’ятьма фігурками.

11 клас

1. a – ірраціональне число. Довести, що функція cos cosf x x ax не є періодичною.

2. Довести, що трикутник із кутами , , є рівнобедреним в тому, і лише тому випадку, коли

2 2 2tg tg tg 0 . 3. , ,a b cl l l – довжини бісектрис кутів ,A B і C ABC , а , ,a b cm m m – довжини

його відповідних медіан. Довести нерівність

1a b c

b c a

l l lm m m

.

4. Радіуси описаного та вписаного кіл трикутника дорівнюють R та r відповідно. Знайти відстань між центрами вписаного та описаного кіл.

5. Довести, що кожне ціле число є сумою п’яти кубів цілих чисел. 6. , ,a b cl l l – довжини бісектрис кутів ,A B і C ABC , а , ,a b cm m m – довжини

його відповідних медіан; p – півпериметр; R і r – радіуси описаного та вписаного кіл. Довести нерівність

6 6 6 4 2 6 6 612a b c a b cl l l p p Rr m m m .

7. Знайти всі функції f x , які при кожних дійсних x та y задовольняють рівність 3 3f x y f x f y .

2008 рік

65

2008 рік6

7 клас

1. Два учня – високий та маленький – вийшли одночасно з одного й того ж будинку в одну школу. В одного з них крок був на 20% коротший, ніж у іншого, але він встигав за той же час робити на 20% більше кроків, ніж інший. Хто з них раніше прийшов до школи?

2. Відомо, що 5a b , 4ab . Знайдіть значення виразу 3 3a b . 3. Знайти всі трійки простих чисел , ,x y z , такі, що 19 1995x yz . 4. Чи можна розділити 13 аркушів паперу між 6-ма учнями так, щоб при

цьому кожний аркуш виявився розрізаним не більше, ніж на три частини (або зовсім не розрізався) та кожний учень отримав одну і ту саму кількість шматочків паперу.

5. Знайти максимальне значення n , для якого число 55

3 33 333 ... 33...3

ділиться на 3n . 8 клас

1. Ціна вхідного квитку складала 20 гривень. Після зниження вхідної плати кількість глядачів збільшилась на 25%, а прибуток збільшився на 12,5%. Скільки став коштувати квиток після зниження ціни?

2. При яких цілих значеннях параметру a рівняння 21 4 1x a a a має цілі корені?

3. Нехай H – точка перетину висот трикутника ABC . Відомо, що AB CH . Знайти величину кута ACB .

4. Обчислити суму 1 1 11 1 1x xy y yz z zx

, якщо 1xyz .

5. На куб із воску сіли спочити декілька бджіл (їх можна вважати точками). При цьому з’ясувалося, що на кожній грані кількість бджіл різна. Знайти найменшу кількість бджіл, які могли спочивати на кубі.

9 клас

1. Нехай 2 2 1x y . Доведіть, що

2 2 2 21x a y b ax by ay bx . 2. Знайдіть всі пари цілих чисел a і b , які задовольняють нерівність

2 2 3 2 4a b a b . 3. Чи можна розрізати дошку розміром 8 8 на одну фігурку виду



66

та фігурки виду

a

b

.

4. Трикутник ABC – правильний зі стороною a , D – середина AB , E та F – точки на BC та AC . Середини FE , DE та C належать одній прямій.

Середини DE , DF та B належать одній прямій. Доведіть, що 2aBE .

Знайдіть AF .

5. Дана система рівнянь 42 2

1 1xy z

, 42 2

1 1yx z

, 42 2

1 1zx y

. Знайдіть

6 6 6, ,x y z .

6. Нехай 0a , 0b , 0c . Довести, що 2 3 6

2 3 6a b c abc .

7. Кола 1 2 3, , з центрами , ,A B C відповідно дотикаються одне одного зовнішнім чином. Причому , ,X Y Z – точки дотику 1 і 2 , 1 і 3 , 2 і

3 відповідно. Точка M – середина тієї хорди 3 , продовження якої буде спільною дотичною 1 і 3 у точці X . Довести, що CYM CZM .

10 клас

1. Довести, що якщо 14

x y x , то 0y і 14

x y y .

2. Довжини сторін трикутника є простими числами. Довести, що площа цього трикутника не може бути цілим числом.

3. При яких значеннях параметра p система

2 2 2

9x y zx y z pxyz p

має 3 розв’язки.

4. x , y і z – додатні числа, такі, що x y z y z xy z x x y z . Довести, що при

кожному натуральному n виконується нерівність n nn n n nx y z y z x

y z x x y z

.

5. , , , , ,a b c x y z – числа, що задовольняють умови

2 2 2 2 2 2

01.

a b c x y z ax by cza b c x y z

Знайти найбільше можливе значення числа 2 2a x .

2008 рік

67

6. Обчислити добуток 2 500

1001 1001 1001cos cos ... cos . 7. ABC – рівнобедрений трикутник ( 1AB AC , BC a ). Точки 1A , 1B , 1C

обрані на сторонах BC , CA , AB відповідно, таким чином, що трикутник 1 1 1A B C подібний до трикутника ABC ( 1 1

1 1 1 1B C

aA B AC ) та 1AB x . P та Q основи перпендикулярів, що опущені з точок 1B і 1C на BC . Знайти довжину відрізка PQ .

11 класу

1. Довжини сторін трикутника є простими числами. Довести, що площа цього трикутника не може бути цілим числом.

2. Знайти всі функції f , для яких при будь-яких дійсних x і y виконуються нерівності

f x y f x f y x y .

3. x , y і z – додатні числа, такі, що x y z y z xy z x x y z . Довести, що при

кожному натуральному n виконується нерівність n nn n n nx y z y z x

y z x x y z

.

4. , , , , ,a b c x y z – числа, що задовольняють умови

2 2 2 2 2 2

01.

a b c x y z ax by cza b c x y z

Знайти найбільше можливе значення числа 2 2a x . 5. На сфері, що обмежує кулю радіуса 1, лежить центр кулі радіуса r .

Знайти площу поверхні тіла, що є спільною частиною цих куль.

6. Знайти найбільше значення виразу 2 21 1x y

y x

, за умов, що x і y –

числа з відрізка 0;1 . 7. ABC – рівнобедрений трикутник ( 1AB AC , BC a ). Точки 1A , 1B , 1C

обрані на сторонах BC , CA , AB відповідно, таким чином, що трикутник 1 1 1A B C подібний до трикутника ABC ( 1 1

1 1 1 1B C

aA B AC ) та 1AB x . P та Q основи перпендикулярів, що опущені з точок 1B і 1C на BC . Знайти довжину відрізка PQ .


68


1. Велосипедист проїхав 57

шляху і ще 40 км. Йому залишилось проїхати

0,75 шляху без 118 км. Яку довжину має його шлях? 2. Перша зліва цифра чотирьохзначного числа 7. Якщо цю цифру перенести

на останнє місце, то число зменшиться на 864. Знайти чотирьохзначне число.

3. Доведіть, що для любого натурального n , число 3 22 6 27n n n – складене.

4. Усі парні натуральні числа від 2 до 2008 написали поряд: 246810 ... 20062008.

Знайдіть кількість цифр у здобутому числі. Відповідь обґрунтуйте. 5. У результаті вимірювання сторін і однієї діагоналі чотирикутника

отримали числа: 1; 2; 2,8; 5; 7,5. Яка довжина діагоналі? 8 клас

1. На які прості натуральні числа можна скоротити дріб 7 455 30

mm

?

Тут m – натуральне число. 2. Знайдіть усі натуральні A такі, що 16A і 16A – повні квадрати. 3. Яке число більше: 6693 чи 10032 ? 4. Розріжте клітчастий прямокутник 4 12 по лініях сітки на непарну

кількість фігурок, серед яких немає прямокутників, у тому числі й квадратів.

5. У трикутника ABC основа 5AC , висота 1BH та 3AH , 2HC . Визначте ABC .

9 клас

1. Знайдіть усі натуральні числа A такі, що 64A та 64A – повні квадрати. 2. У трапеції ABCD діагоналі AC та BD перпендикулярні. Бічна сторона AB

перпендикулярна основам AD та BC , AD a , BC b . Знайдіть AB . 3. З клітчастого квадрата 8 8 вирізали кутову клітинку. Отриману фігуру

розріжте на непарне число ділянок по лініях сітки. Серед ділянок не повинно бути прямокутників, у тому числі й квадратів.

4. Набір з необов’язково попарно різних чисел назвемо «добрим», якщо будь-яке з чисел набору дорівнює або сумі, або добутку двох інших чисел. Знайдіть усі «добрі» набори (набори, які відрізняються тільки порядком чисел, вважаються однаковими).

5. Розв’яжіть нерівність 8 3 04

x x .


2009 рік

69

10 клас 1. Знайти всі такі x , для яких виконуються нерівності

sin tg ctg cosx x x x . 2. x, y та z – додатні числа, добуток яких дорівнює 1. Довести, що

виконується нерівність 2 2 2 1 1 1x y z

x y z .

3. Знайти всі цілі числа n , такі, що число 2 7 16n n – квадрат цілого числа. 4. В квадраті розміром 9×9 клітинок, деякі клітинки було пофарбовано в

червоний колір, деякі інші в зелений, а решту залишили непофарбованими. З’ясувалось, що якщо шаховий король пройде з довільної непофарбованої клітинки на довільну іншу непофарбовану клітинку, то він обов’язково пройде і через червону і через зелену клітинки. (За один хід короля можна поставити на клітинку, що має з даною хоча б одну спільну точку.) Яка найбільша кількість непофарбованих клітинок могла залишитись в квадраті?

5. ABC – рівнобедрений трикутник ( AC BC ). Бісектриса кута A , вдвічі довша за бісектрису кута C . Знайдіть кути трикутника.

11 клас

1. Довести, що для довільних додатних x, y та z виконується нерівність

9x y zx y zyz zx xy

.

2. Знайти всі функції f, що визначені при всіх дійсних значеннях змінної, такі, що для довільних x, y та z виконується нерівність:

( ) ( ) ( ) ( ) 1 0f x f yz f xy f xz . 3. Довести, що число 2009 20082008 2009 2008 2009 не є квадратом цілого числа. 4. В квадраті розміром 9×9 клітинок, деякі клітинки було пофарбовано в

червоний колір, деякі інші в зелений, а решту залишили непофарбованими. З’ясувалось, що якщо шаховий король пройде з довільної непофарбованої клітинки на довільну іншу непофарбовану клітинку, то він обов’язково пройде і через червону і через зелену клітинки. (За один хід короля можна поставити на клітинку, що має з даною хоча б одну спільну точку.) Яка найбільша кількість непофарбованих клітинок могла залишитись в квадраті?

5. ABC – рівнобедрений трикутник ( AC BC ). Бісектриса кута A , вдвічі довша за бісектрису кута C . Знайдіть кути трикутника.


70

2010 рік8

7 клас

1. Розв’язати рівняння:

1 1 40

2 2 4 1x x

x x

.

2. Сума двох двозначних чисел дорівнює 147. Обидва числа записали в зворотному порядку і склали. Чому може дорівнювати їх сума? Приведіть всі ймовірні варіанти відповідей.

3. Чайку годують з катера, що пливе по морю. Вниз кидають шматок хліба, чайка за 3 секунди підіймає хліб з поверхні моря, а потім за 12 секунд наздоганяє катер. Увійшовши до затоки, катер зменшив швидкість в два рази. За який час тепер чайка наздожене катер , після того, як вона підійме шматок хліба?

4. Числа , ,a b c такі, що вирази , ,a b b c c ac a b приймають однакові

значення. Які? 5. На клітчастому папері намалювали прямокутник по лініям сітки.

Всередині прямокутника виявилось одиничних відрізків сітки на 90 більше, ніж вузлів. Виявіть розміри прямокутника.

8 клас

1. Усі парні натуральні числа від 2 до 2008 виписали одне за одним: 2,4,6,8,…, 2006,2008. Знайдіть кількість цифр у числі.

2. Знайдіть хоча б один розв’язок ребусу МАТЕ+МАТИ-КА=2009, де МАТЕ і МАТИ – чотирицифрові, а КА – двоцифрове число. Однакові букви позначають однакові цифри, а різні букви позначають різні цифри. Відповідь обґрунтуйте.

3. Алі-Баба та кожен з 40 розбійників знайшли однакову кількість глеків (принаймні по два глеки) та виявили на дні кожного з глеків однакову кількість золотих монет (принаймні по дві монети). Дізнавшись загальну кількість знайдених монет, дружина Алі-Баби одразу здогадалась, що глеків було 287. Скільки монет було у всіх глеках?

4. Розв’яжіть систему рівнянь:

2

2 2

2

2( ) .

x x yxy y z x yy z z x

5. Чи можна розставити у таблиці 5 5 різні натуральні числа таким чином, щоб різниця будь-яких двох сусідніх дорівнювала або 4, або 7? (Числа у таблиці вважаються сусідніми, якщо вони стоять поруч в одному рядку чи в одному стовпці. При обчисленні різниці від більшого числа віднімається менше.)


2010 рік

71

9 клас 1. Футбольна команда «Шахтар» бере участь у груповому турнірі кубку

УЄФА. Група складається з п’яти команд. Кожна команда грає з кожною рівно один раз. За перемогу в матчі нараховується 3 очки, за нічию – 1 очко, за поразку – 0 очок. По закінченні групового турніру три команди, які набрали найбільшу кількість очок, виходять до наступного етапу кубка. Яку найменшу кількість очок треба набрати команді «Шахтар», щоб вона напевно вийшла до наступного етапу? Відповідь обґрунтуйте.

2. Розв’яжіть систему рівнянь 4

2 2

1 1xy z

, 42 2

1 1yx z

, 42 2

1 1zx y

.

3. Доведіть, що при всіх дійсних , , 0a b c справджується нерівність

2 2 2a b b c c a ab S bc S ac S . Тут S ab bc ac .

4. Знайдіть усі многочлени 3 2( )P x ax bx cx d з цілими коефіцієнтами , ,a b c і d такі, що ( )P x є кратним 8 при будь-яких натуральних значеннях

x . Відповідь обґрунтуйте. 5. На гіпотенузі BC прямокутного трикутника ABC відмічені точки D і E

такі, що AD BC та AD DE . На стороні AC відмічена точка F така, що EF BC . Знайдіть кут ABF .

10 клас

1. a , b і c – довжини сторін трикутника. Довести, що має місце нерівність

1a b b c c ac a b

.

2. x , y і z – додатні числа, добуток яких дорівнює 1. Доведіть, що виконується нерівність

2 2 2

1 1 1 3 2 x y zx y z

.

3. Знайти всі цілі розв’язки ;m n рівняння 5 3 2 7 4 2n m

.

4. На сторонах AB , BC і CA трикутника ABC дано такі точки 1C , 1A і 1B відповідно, що відрізки 1AA , 1BB і 1CC перетинаються в одній точки. Доведіть, що

1 1 14ABC A B CS S , де S – площа трикутника.

5. Задано нескінченний клітчастий лист паперу, всі клітинки якого є білими. За один хід обирається довільний квадрат або 3 3 клітинки, або 4 4 клітинки та всі клітинку в ньому перефарбовуються (Тобто, всі білі клітинки всередині обраного квадрату становляться чорними, а всі чорні – білими). Чи можна за декілька таких ходів добитися, що б був зафарбованим лише прямокутник 4 6 клітинок.


72

11 клас 1. , ,a b c – сторони трикутника. Довести, що

18

a b b c c aa b b c c a

.

2. , ,x y z – додатні числа, добуток яких дорівнює 1. Довести, що виконується нерівність

2 2 2 1 1 13x y z x y zx y z

.

3. Знайти всі розв’язки в цілих числах рівняння

4 3 11 6 3n m

.

4. На сторонах AB , BC і CA трикутника ABC обрано точки 1C , 1A та 1B відповідно, таким чином, що відрізки 1AA , 1BB і 1CC перетинаються в одній точці. Довести, що

1 1 14ABC A B CS S ,

де S – площа трикутника. 5. Дано нескінчений клітчатий аркуш паперу, всі клітинки якого білі. За

один хід обирається довільний квадрат або 3 3 клітинки, або ж 4 4 клітинки, і всі клітинки в ньому перефарбовуються. (Тобто всі білі клітинки в обраному квадраті стають чорними, а всі чорні – білими). Чи можна за кілька таких ходів досягти того, що буде зафарбовано лише прямокутник 4 6 клітинок.

2011 рік

73


1. Ціна автомобіля спочатку зросла на 7%, а потім знизилася на 15 %. На скільки відсотків змінилася ціна автомобіля після двох переоцінок?.

2. Із дошки 8 8 по клітинках вирізали 12 прямокутників 1 2 . Чи обов’язково із частини, яка залишилася, можна «по клітинках» вирізати прямокутник 1 3 ? Відповідь обґрунтуйте.

3. Антон і Рома написали на 1000 картках усі цілі числа від 0 до 999 . Після цього розділили усі картки між собою. Кожний із них виклав усі свої картки в ряд і одержав багатоцифрове число. Чи можуть багатоцифрові числа Антона і Роми співпасти? Відповідь обґрунтуйте.

4. Яку найбільшу кількість різних натуральних чисел можна вибрати так, щоб сума будь-яких трьох із них була простим числом? Відповідь обґрунтуйте.

5. На математичну олімпіаду прийшли 125 семикласників, причому кожний був знайомий рівно з 10 семикласниками. Оскільки задачі виявилися складними, то через деякий час олімпіаду покинула деяка кількість семикласників. З’ясувалося, що кожний семикласник, який залишився на олімпіаді, знову мав однакову кількість знайомих серед тих семикласників, що залишилися розв’язувати задачі. Чи були знайомі серед тих семикласників, що пішли з олімпіади? Відповідь обґрунтуйте.

8 клас

1. При яких натуральних n серед чисел 2, 1, 2,...,n n n n можна вибрати 4 попарно різних числа , , ,a b c d , для яких виконується рівність ab cd . Відповідь обґрунтуйте.

2. На сторонах AB , BC і CA трикутника ABC вибрані точки X , Y і Z так, що AX BY , ||XZ BC і при цьому XYB BAC . Доведіть, що BZ – бісектриса кута ABC .

3. Знайти усі пари ,x y натуральних чисел, які задовольняють рівнянню:

2 29 3 8x y y . 4. Двоє гравців по черзі ставлять королів на шахову дошку: перший гравець

– білих королів, другий – чорних. Не дозволяється ставити свого короля під бій короля супротивника. Програє той, хто на зможе зробити хід. Хто виграє при правильній грі?



74

5. У Андрійка є 2010 монет, серед яких щонайменше 1006 монет справжні. Відомо, що всі справжні монети важать однаково, а вага будь-якої фальшивої монети відрізняється від ваги справжньої. При цьому різні фальшиві монети можуть мати різну вагу. Чи зможе Андрійко, за не більше ніж 2007 зважувань, на терезах без гир, знайти хоча б одну справжню монету?

9 клас

1. Доведіть, що якщо для додатних чисел ,a b і c справджується рівність 2 2 2 2 2 2x a ab b y b bc c x y c ca a ,

то x b c y a b .

2. Буратіно на полі чудес посадив дерево, на якому виросло 185 однакових за зовнішнім видом монет. Від мудрої Старої Черепахи Тортіли він дізнався, що серед цих монет рівно 7 є фальшивими, причому всі фальшиві монети важать однаково, усі справжні монети також важать однаково, але фальшива монета легша за справжню. Чи зможе Буратіно за три зважування на шалькових терезах без гір вибрати для Папи Карла 23 справжні монети?

3. У трапеції ABCD точки P і Q є серединами основ AD і BC відповідно ( BC AD ). Відомо, що AB BC , а точка P лежить на бісектрисі кута ABC . Знайдіть відношення довжин відрізків BD і PQ .

4. Учасник обласної олімпіади юних математиків у своїй роботі стверджує,

що він знайшов такі цілі числа m і n , що дріб 7 45 1mm

скоротився на

натуральне число 1p , а дріб 7 45 1nn

– на натуральне число q p . Чи

правий він? 5. Гриць та Олег по черзі (першим робить свій хід Гриць) зафарбовують

клітинки таблиці розміром 2011 2011 (розділеної на 22011 клітинок розміром 1 1 ). За один хід гравець може зафарбувати таку ще не зафарбовану клітинку, що в одному рядку з нею не більше одної зафарбованої клітинки. Переможеним вважається той гравець, хто не може зробити свій черговий хід. Хто з гравців може забезпечити собі перемогу?

2011 рік

75

10 клас

1. Розв’язати систему рівнянь

5 3

5 3

5 3

10 9 0,

10 9 0,

10 9 0.

x y z

y z x

z x y

2. В опуклому чотирикутнику ABCD точки E і F обрано на сторонах BC і AB відповідно. Нехай O – точка перетину відрізків AE і CF . Відомо, що в чотирикутники OFBE та OADC можна вписати кола. Доведіть, що а) в чотирикутник ABCD також можна вписати коло; б) кола, вписані в трикутники ACD і ABC , дотикаються одне до одного.

3. Знайти всі такі пари додатних раціональних чисел ,x y , що числа

1xy

та 1yx

будуть цілими. Тут x x x , а x – найбільше ціле число, яке не перевищує x .

4. Нехай x та y – будь-які дійсні числа. Доведіть, що

2 21 1 2 1 1x x y y x y x y . При яких значеннях x та y досягається знак рівності?

5. Шаховий король обійшов шахову дошку, побувавши на кожному полі по одному разу і повернувся останнім ходом на початкове поле. Доведіть, що при цьому король зробив парну кількість діагональних ходів.

11 клас

1. Розв’язати рівняння 1 3 3 12 3 3 27 64x x x . 2. Для довільних дійсних чисел x , y , z , що належать числовому проміжку

0, 1 , доведіть нерівність

6 6 64 4 4 5 5 5 6x y z x y z x y y z z x .

3. Дано рівнобедрений трикутник ABC AC BC , BM – його медіана. На цій медіані відмітили точку N так, що BAN CBM . Доведіть, що бісектриса кута CNM перпендикулярна прямій AN .

4. Чи існує опуклий многогранник, у якого: а) немає трьох граней з однаковою кількістю ребер; б) всі грані мають різну кількість ребер?

5. Знайти дроби tg tg tgtg tg tg

і

sin sin sinsin

, якщо числа , і

вибрані так, що обидва дроби додатні і один з них втричі більший за другого.


76

2012 рік10 7 клас 1. Обчисліть без калькулятора:

22012

2012201220122012 2012201220122011 2012201220122013 . 2. Доведіть, що

2 2 2 2 2a b c d a c b d a b a b c d . 3. На сторонах шестикутника записаного по одному числу, а у кожній його

вершині – число, яке дорівнює сумі двох чисел на сторонах, що виходять з вершини. Після цього всі числа на сторонах і в одній з вершин стерли. Чи можна відновити стерте число у вершині? Відповідь обґрунтуйте.

4. Знайдіть найменше натуральне число, більше від одиниці, яке ділиться на 2. 3, 5, 7 та при ділені на 11 дає в залишку 1.

5. В клітинках 44 розставлені числа, як показано на рис. 1. На кожному кроці дозволяється взяти п’ять клітинок, що утворюють фігурку, зображену на рис. 2, і додати до чисел, які стоять у цих клітинках по одиниці (фігурку можна повертати і перевертати). Чи можна, виконавши деяку кількість таких кроків, зробити всі числа в таблиці рівними? Відповідь обґрунтуйте.

2 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0

1 1 0 2

Рис. 1 Рис. 2

8 клас 1. Знайдіть всі цілі числа p , для яких рівняння 2 2011 0x px має цілий

корінь. 2. Гриб вважаємо поганим, якщо у ньому більше, ніж 6 хробаків. Хробака

назвемо голодним, якщо він з’їв не більше 1 7 гриба. П’ята частина всіх грибів у лісі погана. Доведіть, що голодних хробаків не менше, ніж 1 30 від всіх хробаків.

3. Чи можна не більше, ніж за 99 зважувань на терезах без гірок знайти найлегшу і найважчу монети серед 67 монет, будь-які дві з яких мають різну вагу? Відповідь обґрунтуйте.

4. Доведіть, що пряма, яка проходить через середину сторони трикутника і є паралельною до бісектриси протилежного кута, розбиває цей трикутник на два многокутники однакового периметра.


2012 рік

77

5. У клітинках розміром 88 записані попарно різні натуральні числа, кожне з яких є простим або добутком двох простих чисел. Відомо, що для будь-якого числа a з таблиці в тому самому рядку або в тому самому стовпчику існує число, яке не є взаємно простим з a . Знайдіть найбільшу можливу кількість простих чисел в таблиці.

9 клас 1. Цілі числа a , b , c задовольняють умову 1ab bc . Доведіть, що число

2 2 21 1 1A a b c є повним квадратом деякого натурального числа. 2. Петро і Дмитро виїхали опівдні з міста A до міста B на велосипедах.

Одночасно з B до A на велосипеді виїхав Юрко. Усі вони їдуть зі сталими, але різними швидкостями. О другій годині дня Дмитро був рівно посередині між Петром і Дмитром. О котрій годині Петро був рівно посередині між Дмитром і Юрком, якщо відомо, що цей момент усі троє були ще у дорозі? Відповідь обґрунтуйте. (У цій задачі мається на увазі, що хлопчики, доїхавши до пунктів A і B відповідно, не припиняють рухатись та їдуть далі).

3. Дано вписаний чотирикутник ABCD . Нехай P – середина дуги AD кола, описаного навколо цього чотирикутника, яка не містить точок B і C , M – точка перетину відрізка AC і BP , а N – точка перетину відрізка BD і CP . Відомо, що MP NP . Доведіть, що прямі BC та AD паралельні.

4. Чи існує опуклий 2012–кутник, в якого всі кути дорівнюють цілому числу градусів? Відповідь обґрунтуйте.

5. Доведіть, що для довільних додатних дійсних чисел x , y i z має місце

нерівність 2 2 2

2x y z x y z

y z z x x y

.

10 клас 1. Розв’язати рівняння: 1168143 xxxx 2. a ,b ,c – сторони трикутника. x і y – додатні числа, такі, що

111 yx . Доведіть, що 2 2 2a x b y c . 3. Знайти всі пари натуральних чисел ( m , n ), такі, що ! !m nn m m n (і довести,

що інших не існує). 4. Навколо гострокутного трикутника ABC описано коло. Висоти трикутника

з вершини A та C перетинають коло в точках E та F відповідно. D – довільна точка на (меншій) дузі AC , K – точка перетину AB і DF , L – точка перетину BC і DE . Довести. Що прямі KL , AE і CF перетинаються в одній точці.

5. n – ціле число. 2 2011m n – 45-цифрове число, в запису якого немає нулів. Довести, що в числі m можна закреслити декілька цифр (але не всі), так що отримане в результаті число буде ділитись на 273.


78

11 клас 1. Розв’язати рівняння 1168143 xxxx . 2. Чи існує опуклий 13–кутник, який можна розрізати на квадрати та

рівносторонні трикутники? 3. Навколо гострокутного трикутника ABC описано коло. Висоти трикутника

з вершин A та C перетинають коло в точках E та F відповідно. D – довільна точка на (меншій) дузі AC , K – точка перетину AB і DF , L – точка перетину BC і DE . Довести, що прямі KL , AE і CF перетинаються в одній точці.

4. Які значення може приймати x , y , z такі, що 3 zyx і 7222 zyx .

5. Додатні числа x , y , z такі, що: 103

22

yxyx , 53

22

zy ,

1322 xzxz . Які значення може набувати вираз zxyzxy 32 ?

79


1. Апостолова Г.В., Перші зустрічі з параметрами. – К.: Факт, 2004. 2. Апостолова Г.В., Хитромудрий модуль. – К.: Факт, 2006. 3. Апостолова Г.В., Ясінський В.В., Антьє і мантиса числа. – К.: Факт, 2006. 4. Бардушкин В.В., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П., Основы теории

делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультативный курс. – М.: МГИЭТ (ТУ), 2003. – 224 с.

5. Березина Л. Ю., Графы и их применение: Пособие для учителей. – М.: Просвещение, 1979. – 143 с.

6. Бродский Я.С, Слипенко А.К., Функциональные уравнения. – К.: Вища школа. Головное изд–во, 1983. – 96 с.

7. Виленкин Н. Я., Индукция. Комбинаторика: Пособие для учителей. - М.: Просвещение, 1976. – 48 с.

8. Галкин Е. В., Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числами: Учебное пособие для учащихся 7–11 кл. – Челябинск: Взгляд, 2005. – 271 с.

9. Германович П.Ю., Сборник задач по математике на сообразительность: Пособие для учителей. – М.: Учпедгиз, 1960. – 224с.

10. Голубев В.И., Решение сложных и нестандартных задач по математике. – М: ИЛЕКСА, 2007. – 252 с.

11. Головина Л. И., Яглом И. М., Индукция в геометрии. – М., Физматгиз, 1961. – 101 с. 12. Гончарова І. В., Скафа О.І., Евристики в геометрії: факультативний курс: Книга для

вчителя. – Х.: Основа, 2004. 13. Горнштейн П. И., Полонский В. Б., Якир М. С., Задачи с параметрами. – К.: РИА

«Текст»; МП «ОКО», 1992. – 290 с. 14. Дзигіна Л. Б., Програма підготовки учнів до участі в математичних олімпіадах.

Математика в школах України: Науково–методичний журнал. – Основа, 2009. – № 16/18. – С. 76–89.

15. Екимова М. А., Кукин Г. П., Задачи на разрезание. - М.: МЦНМО, 2002. – 122 с. 16. Канель–Белов А. Я., Ковальджи А. К., Как решают нестандартные задачи. Изд. 4–е,

испр./ Под редакцией В. О. Бугаенко. - М.: МЦНМО, 2008. – 96с. 17. Козко А. И., Чирский В. Г., Задачи с параметром и другие сложные задачи. – М.:

МЦНМО, 2007. – 296с. 18. Линдгрен Г., Занимательные задачи на разрезание. Пер. с англ. Ю. Н. Сударева. Под

ред. и с послесл.И, М. Яглома. - М., Мир, 1977. - 256 с. 19. Летчиков А. В., Принцип Дирихле. Задачи с указаниями и решениями. –

Издательство: Удмуртского университета, 1992. – 108 с. 20. Ліпчевський Л. В., Остапчук У. В., Розв’язування нерівностей. Нестандартні способи

доведення нерівностей: Навчально – методичний посібник. – Біла Церква, КОІПОПК, 2004.

21. Мельников О. И., Занимательные задачи по теории графов. – Минск: ТетраСистемс, 2001. – 144 с.

22. Мерзляк А. Г., Полонський В. Б., Якір М. С., Алгебра: Підручник для 8–х класів з поглибленим вивченням математики. – Х.: Гімназія, 2008.

23. Мерзляк А. Г., Полонський В. Б., Якір М. С., Геометрія: Підручник для 8–х класів з поглибленим вивченням математики. – Х.: Гімназія, 2008.


80

24. Петраков И. С., Математические олимпиады школьников: Пособие для учителей. - М.: Просвещение, 1982. – 96 с.

25. Прасолов В. В., Задачи по планиметрии, в 2 ч. – М.: Наука, 1991. 26. Репета В. К., Клешня Н. О., Коробова М. В., Репета Л. А., Задачі з параметрами. – К.:

Вища школа, 2006. 27. Седракян Н. М., Авоян А. М., Неравенства. Методы доказательства / Пер. с арм. Г. В.

Григоряна. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с. 28. Шаповалов А. В., Принцип узких мест. – М.: МЦНМО, 2006. – 24 с. 29. Шень А., Игры и стратегии с точки зрения математики. – М.: МЦНМО, 2007. – 40 с. 30. Шень А., Математическая индукция. – 3–е изд., дополн. – М.: МЦНМО, 2007. – 32 с. 31. Ясінський В., Теорія лишків та її застосування до розв'язування олімпіадних задач. -

№ 1/2. - Математика в школі: Науково–методичний журнал, 2009. – С. 35–40. 32. Ясінський В., Наконечна Л., Принцип Штурма та його використання під час

розв'язування олімпіадних екстремальних задач. - № 9. - Математика в школі: Науково–методичний журнал, 2009. – С. 33–40.

33. Ясінський В. А., Олімпіадна математика: функціональні рівняння, метод математичної індукції. – Х.: Основа, 2005.

Математичні олімпіади і турніри в Україні

34. Вышенский В. А., Карташев Н. В., Михайловский В. И., Ядренко М. И., Сборник задач киевских математических олимпиад. - Киев, 1984. – 240 с.

35. Вишенський В. А., Карташов М. В., Київські математичні олімпіади 1984–1993 рр.: Збірник задач. – К.: Либідь, 1993. – 144с.

36. Вишенський В. А., Ганюшкін О. Г., Українські математичні олімпіади: Довідник. – К.: Вища школа, 1993. – 415 с.

37. Лейфура В. М., Мітельман І. М., Математичні олімпіади школярів України. 1991–2000. – К.: Техніка, 2003. – 541 с.

38. Федак І. В., Готуємося до олімпіади з математики: Посібник для ЗНЗ. – Чернівці, 2003.

39. Басанько А. М., Романенко А. О., За лаштунками підручника з математики: Збірник розвиваючих задач для учнів 5 – 7 класів. – Тернопіль: Підручники і посібники, 2004.

40. Коваль Т. В., 400 задач з математичних олімпіад. 8–11 класи. – Тернопіль: Мандрівець, 2004. – 80 с.

41. Лейфура В. М., Змагання юних математиків України. 2003 рік. – Х.: Основа, 2004. 42. Ясінський В. А., Олімпіадні задачі. Випуск 1: Навчальний посібник. – Тернопіль:

Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40 с. 43. Довбыш Р. И., Потемкина Л. Л., Трегуб Н. Л., Лиманский В. В., Оридорога Л. Л.,

Кулеско Н. А., Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и примеров с решениями. – Донецк: ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.

44. Лось В. М., Тихієнко В. П., Математика: навчаємо міркувати. Розв'язування нестандартних задач: Навч. посібник. – К.: Кондор, 2005 – 312 с.

45. Сарана О. А., Математичні олімпіади: просте і складне поруч: Навчальний посібник. – К.: А.С.К., 2005. – 344 с.

46. Ясінський В. А., Задачі математичних олімпіад та методи їх розв’язання. –Тернопіль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

47. Ясінський В. А. Практикум з розв'язування задач математичних олімпіад: методический материал / В. А. Ясінський. – Х.: Основа, 2006. – (Б–ка ж–лу «Математика в школах України»)

48. Готуємось до олімпіади з математики/ Упорядн. А. Б. Веліховська, О. В. Гримайло. – Х.: Основа, 2007. – 160 с. – (Б–ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 2 (50)).

81

49. Вороний О. М., Готуємось до олімпіади з математики. Книга 1. – Х.: Основа, 2008. – 128 с. – (Б–ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 5 (65)).

50. Вороний О. М., Готуємось до олімпіади з математики. Книга 2. – Х.: Основа, 2008. – 141, [3] с. – (Б–ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 6 (66)).

51. Анікушин А. В., Арман А. Р., Математичні олімпіадні змагання школярів України. 2006–2007. – К.: Літера, 2008 – 135 с.

52. Анікушин А. В., Арман А. Р., Математичні олімпіадні змагання школярів. 2006–2007. – К.: Літера, 2008 – 224 с.

53. Анікушин А. В., Арман А. Р., За ред. Рубльова Б. В. Всеукраїнські математичні бої – 2009. – Дніпропетровськ: Інновація, 2010 – 96 с.

54. Анікушин А. В., Арман А. Р., За ред. Рубльова Б. В. Математичні олімпіадні змагання школярів України 2007–2008 та 2008 – 2009. – Львів: Каменяр, 2010 – 552 с.

Математичні олімпіади і турніри в Росії

55. Агаханов Н. Х., Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993–2006. Окружной и финальный этапы. – М.: МЦНМО, 2007. – 468 с.

56. Агаханов Н. Х., Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 1 / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.; под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. – М.: Просвещение, 2008. – 192 с.

57. Агаханов Н. Х., Математика. Областные олимпиады. 8–11 классы / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.]. – М. : Просвещение, 2010. – 239с.

58. Агаханов Н. Х., Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 2 / Н. X. Агаханов, О. К. Подлипский; [под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. – М.: Просвещение, 2009. – 159 с.

59. Агаханов Н. Х., Математика. Районные олимпиады. 6–11 классы / Агаханов Н. X., Подлипский О. К. – М.: Просвещение, 2010. – 192 с.

60. Агаханов Н. Х., Математика. Международные олимпиады / Н.X. Агаханов, П. А. Кожевников, Д. А. Терешин. – М.: Просвещение, 2010. – 127 с.

61. Балаян Э. Н., 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике / Э. Н. Балаян. – 3–е изд. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364, [1] с.: ил. – (Библиотека учителя).

62. Баранова Т. А., Блинков А. Д., Кочетков К. П., Потапова М. Г., Семёнов А. В., Весенний Турнир Архимеда. Олимпиада для 5–6 классов. Задания с решениями, технология проведения. – М.: МЦНМО, 2003. – 128 с.

63. Болтянский В. Г., Леман А. А. Сборник задач московских математических олимпиад. – М., Просвещение, 1965. - 384 с.

64. Бончковский Р. Н. Московские математические олимпиады 1935 и 1936 годов. – ОНТИ НКТП СССР, 1936. - 82 с.

65. Вавилов В. В., Задачи отборочных математических олимпиад. – М.: МГУ, 1992. – 61 с.

66. Галкин Е. В., Нестандартные задачи по математике. Алгебра: Учебное пособие для учащихся 7–11 кл. – Челябинск: Взгляд, 2004. – 448 с.

67. Гальперин Г. А., Толпыго А. К., Московские математические олимпиады. – М.: Просвещение, 1986. – 303с.

68. Генкин С. А., Итенберг И. В., Фомин Д. В., Ленинградские математические кружки. – Киров: Аса, 1994. – 272 с.

69. Горбачев Н. В., Сборник олимпиадных задач по математике, М.: МЦНМО, 2005. – 560 с.

70. Егоров А. А., Раббот Ж. М. Олимпиады «Интеллектуальный марафон». Математика. – М.: Бюро Квантум, 2006. – (Библиотечка «Квант»)


82

71. Зубелевич Г. И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решениями): Пособие для учителей 5–8 классов. Под редакцией К. П. Сикорского, изд. 2–e, переработ. – М., Просвещение, 1971. – 304 с.

72. Математика в задачах: Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду / Под ред. А. А. Заславского, Д. А. Пермякова, А. Б. Скопенкова, М. Б. Скопенкова и А. В. Шаповалова. – М.: МЦНМО, 2009. – 488 с.

73. Московские математические регаты / Сост. А. Д. Блинков, Е. С. Горская, В. М. Гуровиц. – М.: МЦНМО, 2007. – 360 с.

74. Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005–2008). — М.: Издательство ЦПИ при механико–математическом факультете МГУ, 2008. – 48 с.

75. Федоров Р. М., Канель–Белов А. Я., Ковальджи А. К., Ященко И. В., Московские математические олимпиады 1993—2005 г./ Под ред. В. М. Тихомирова. – М.: МЦНМО, 2006. – 456 с.

76. Севрюков П. Ф., Подготовка к решению олимпиадных задач по математике / – Изд. 2–е. – М.: Илекса; Народное образование; Ставрополь: Сервисшкола, 2009. – 112 с.

77. Спивак А. В., Тысяча и одна задача по математике. - М.: Просвещение, 2002. – 208 c. 78. Фомин А. А., Кузнецова Г. М. Школьные олимпиады. Международные

математические олимпиады. – М.: Дрофа, 2006. – 159 с. 79. Фомин Д. В., Санкт–Петербургские математические олимпиады. – СПб.:

Политехника, 1994. - 309 с. 80. Ященко И. В., Приглашение на математический праздник. – М.: МЦНМО, 2005. –

104 с. 81. Олимпиадные задания по математике. 9–11 классы: решение олимпиадных задач

повышенной сложности / сост. В. А. Шеховцов. – Волгоград: Учитель, 2009. – 99 с.

Математичні олімпіади за часів СРСР 82. Агаханов Н. Х., Купцов Л. П., Нестеренок Ю. В., Математические олимпиады

школьников. – М.: Просвещение: Учеб. лит., 1997. – 208 с. 83. Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад. – М.: Наука, 1975. – 112 с. 84. Бугулов Е. А., Толасов Б. А., Сборник задач для подготовки к математическим

олимпиадам. – Орджоникидзе, 1962. – 226 с. 85. Васильев Н. Б., Егоров А. А., Сборник подготовительных задач к Всероссийской

олимпиаде юных математиков. – М.: Учпедгиз, 1963. – 53 с. 86. Васильев Н. Б., Гуттенмахер В. Л., Раббот Ж. М., Тоом А. Л., Заочные

математические олимпиады. – 2–е изд. – М.: Наука, 1987. – 176 с. 87. Васильев Н. Б., Егоров А. А., Задачи всесоюзных математических олимпиад. – М.:

Наука, 1988. – 288 c. 88. Петраков И. С., Математические олимпиады школьников: Пособие для учителей. –

М.: Просвещение, 1982. – 96 с. 89. Ю. М. Рябухин, В. П. Солтан, Б. И. Чиник, Кишиневские математические

олимпиады. – Кишинев: Штиинца, 1983. - 76 c. 90. Савин А. П., Физико-математические олимпиады: Сборник. - М.: Знание, 1977. –

160 с. 91. Шустеф Ф. М., Фельдман А. М., Гуревич В. Ю., Сборник олимпиадных задач по

математике. Под ред. Ф.М. Шустеф. - Минск: Государственное учебно-педагогическое издательство Министерства просвещения БССР, 1962. - 84 с.


83

Міжнародні та закордонні математичні олімпіади

92. Берник В. И., Жук И. К., Мельников О. В., Сборник олимпиадных задач по математике. – Мн.: Нар. асвета, 1980. – 144 с.

93. Васильев Н. Б., Егоров А. А., Задачи Всесоюзных математических олимпиад. – М.: Наука, 1988. – 288 с.

94. Конягин С. В., Тоноян Г. А., Шарыгин И. Ф., Зарубежные математические олимпиады / Под ред. И. Н Сергеева. – М.: Наука. Гл. ред. физ.–мат. лит., 1987. – (Б–ка мат. кружка). – 416 с.

95. Кюршак Й., Нейкомм Д., Хайош Д., Шурани Я., Венгерские математические олимпиады. Пер. с венг, Ю. А. Данилова. Под ред. и с предисл. В. М. Алексеева. М.: Мир, 1976. – 543 с.

96. Лейфура В. М., Мітельман І. М., Задачі міжнародних математичних олімпіад та методи їх розв’язування. – Львів: Євро світ, 1999. – 128 с.

97. Морозова Е. А., Петраков И. С., Скворцов В. А., Международные математические олимпиады. Задачи, решения, итоги: Пособие для учащихся. – 4–е изд., испр. и доп. – М.: Просвещение, 1976. – 288 с.

98. Страшевич С., Бровкин Е., Польские математические олимпиады. Предисл, А. Пелчинского и А. Шинцеля. Пер. с польск. Ю. А. Данилова под ред, В.М. Алексеева. - M.: Мир, 1978. - 338 с.

99. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады / Сост. А. А. Фомин, Г. М. Кузнецова. – М.: Дрофа, 1998. – 160 с.


1. http://matholymp.org.ua/ – Київські олімпіади з математики (сайт київських та всеукраїнських олімпіад та турнірів з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови проведення математичних змагань, що проходили в Україні протягом останніх років);

2. http://kvant.mirror1.mccme.ru/ – Фізико–математичний журнал «Квант» (завдання різних математичних олімпіад за 1971–2002рр);

3. http://www.imo-official.org – Сайт міжнародних олімпіад з математики. 4. http://olimpiada.ru/ – Олимпиады для школьников; 5. math.rusolymp.ru/ – Всероссийская олимпиада по математике; 6. http://mathkang.ru/ – Российская страница международного математического

конкурса «Кенгуру»; 7. http://www.kangaroo.com.ua/index.php – Українська сторінка міжнародного

конкурсу «Кенгуру»; 8. http://olympiads.mccme.ru/mmo/ – Московская математическая олимпиада

школьников; 9. http://www.pdmi.ras.ru/~olymp/ – Санкт–Петербургские математические

олимпиады; 10. http://www.turgor.ru/ – Турнир городов Международная математическая

олимпиада для школьников; 11. http://www.mccme.ru/ – Cайт Московского Центра Непрерывного

Математического Образования; 12. http://zaba.ru/, http://problems.ru/ – Задачная база олимпиадных задач (декілька

тисяч олімпіадних задач російських і міжнародних математичних змагань).

84

ВИПУСКИ СЕРІЇ: «Викладачі СДПУ – учням, студентам, вчителям...»

№, рік Назва Автори

№ 1, 2008



№ 2, 2009


Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Кадубовський О.А., Плесканьова Л.Г., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

№ 3, 2009

Моделювання сучасного уроку математики в школі Н.І. Труш, Б.Б. Беседін, Г.М. Бірюкова, Л.Г. Плесканьова.

№ 4, 2009

Олімпіадні задачі з інформатики: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з інформатики 2007, 2008

В.Є. Величко, М.М. Рубан, В.П. Батуніна, С.Є. Устінов

№ 5, 2010


Кадубовський О.А., Беседін Б.Б., Ганзера Г.О., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

№ 6, 2010

Олімпіадні задачі з інформатики: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з інформатики 2009

В.Є. Величко, М.М. Рубан, Є.М. Пірус, С.Є. Устінов

№ 7, 2010

Педагогічна практика студентів: Навчальний посібник для студентів фізико-математичних спеціальностей педагогічних вузів

Н.І.Труш, Б.Б.Беседін, Р.В.Олійник, В.М.Рибєнцев, О.М.Сипченко. В.П.Саврасов, В.В.Волков.

№ 8, 2011

ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2010 р.

Беседін Б.Б., Кадубовський О.А., Кадубовська В.М., Сьомкін В.С., Труш Н.І., Чуйко О.В.

№ 9, 2011

ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI З IНФОРМАТИКИ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з інформатики – 2010 р.

Рубан М.М., Устінов С.Є.

Навчальне видання

Беседін Борис Борисович, Кадубовський Олександр Анатолійович, Кадубовська Валентина Миколаївна, Сьомкін Володимир Семенович, Труш Неля Іванівна, Чуйко Олена Вікторівна, Рубан Микола Миколайович

ОЛІМПІАДНІ ЗАДАЧІ: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики – 2011, Випуск 10

Навчальний посібник для студентів фізико-математичних спеціальностей та вчителів математики

Видавничий центр «Маторін» Свідоцтво про внесення суб’єкта видавничої справи до Державного реєстру видавців, виготівників і розповсюджувачів видавничої продукції ДЦ №74, видане Державним комітетом інформаційної політики, телебачення та радіомовлення України від 10.02.2004 р.

Підписано до друку 05.02.2011.

Формат 6084 1/16. Ум. др. арк. 3,5. Зам. № . Тираж 150 прим.


Тел./факс (06262) 3-20-99; тел. (0626) 66-53-56

МIНIСТЕРСТВО ОСВIТИ I НАУКИ, МОЛОДI ТА СПОРТУ УКРАЇНИ

Державний вищий навчальний заклад«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

Беседiн Б.Б., Кадубовський О.А., Рубан М.М.,

Сьомкiн В.С., Труш Н.I., Чуйко О.В.

ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧIРОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

II ЕТАПУ

ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ ОЛIМПIАДИ

З МАТЕМАТИКИ — 2012

6 – 11 класи


Державного вищого навчального закладу

«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

в якостi практимуму


Cлов’янськ — 2013

УДК 51 (075.3)

ББК 22.1

Беседiн Б.Б., Кадубовський О.А., Рубан М.М., Сьомкiн В.С., Труш Н.I.,Чуйко О.В. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: Розв’язання задач II етапу Всеукраїн-ської олiмпiади з математики – 2012 (Випуск 11, Серiя: Викладачi ДДПУ –учням, студентам, вчителям ...): Навчальний посiбник – Слов’янськ, 2013.– 64 с.

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посiбник для про-ведення гурткових i факультативних занять при пiдготовцi до учнiвськихматематичних олiмпiад. Буде корисним учням ЗОШ та студентам матема-тичних спецiальностей педагогiчних ВНЗ.

РОЗГЛЯНУТО ТА РЕКОМЕНДОВАНОДО ДРУКУ

вченою радою Державного вищого навчального закладу«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»,

Протокол № 8 вiд 28.03.2013 р.

Рецензенти:кандидат фiз.-мат. наук, ЖУЧОК Ю.В.,Iнститут iнформацiйних технологiй Луганського нацiональ-ного унiверситету iменi Тараса Шевченка,доцент кафедри математичного аналiзу та алгебри

кандидат фiз.-мат. наук, ВЕЛИЧКО В.Є.,Донбаський державний педагогiчний унiверситет,доцент кафедри алгебри.

Вiдповiдальний за випуск: кан. фiз.-мат. наук, доцент кафедри геометрiїта методики викладання математики Кадубовський О.А.

© Беседiн Б.Б., Кадубовський О.А,Рубан М.М., Сьомкiн В.С.,

Труш Н.I., Чуйко О.В., 2013

Змiст

Вiд авторiв . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ 6

6 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 810 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 811 клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

ЧАСТИНА II. ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ 10

ЧАСТИНА III. РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ 12


ДОДАТКИ 50

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА 58

3

ВIД АВТОРIВ

«Якщо ви хочете навчитися плавати, то смiливо заходьте

у воду, а якщо хочете навчитися розв’язувати задачi, то

розв’язуйте їх!.»

Д. Пойа1

Даний посiбник є одинадцятим випуском серiї «ВИКЛАДАЧI СДПУ –УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ...» заснованої у 2008 роцi. Посiбникмiстить розв’язання задач II етапу (районного) Всеукраїнської учнiвськоїолiмпiади з математики, який проводився 24 листопада 2012 року вiдпо-вiдно до наказу Мiнiстерства освiти i науки, молодi та спорту України вiд14.08.2012 року № 916 «Про проведення Всеукраїнських учнiвських олiм-пiад i турнiрiв у 2012/2013 навчальному роцi» та наказу УОН № 582 вiд15.10.2012 «Про проведення II етапу Всеукраїнських учнiвських олiмпiад у2012-2013 навчальному роцi».

Як i в попереднiх випусках для бiльшостi задач олiмпiади пропонуєтьсякiлька способiв розв’язання, обсяг викладок яких iнколи суттєво вiдрiзня-ється. Такий пiдхiд нi в якому разi не передбачає оцiнки доцiльностi абопорiвняння того чи iншого iз запропонованих методiв. Навпаки, оскiлькикожна олiмпiадна задача є, в певному розумiннi, унiкальною i вимагає осо-бливого ставлення, то головна мета авторiв посiбника — «донести» до вчи-телiв i учнiв якомога бiльше корисних математичних iдей i принципiв тапоказати їх застосування.

1Пойа Д. Математическое открытие. М., 1970. 452 с.

4

ВIД АВТОРIВ 5

Нагадаємо, що принципами в математицi називають деякi простi, майжеочевиднi, твердження, аксiоми або методи, якi використовуються в дове-деннях математичних теорем. Дуже часто учнi зустрiчаються з ними прирозв’язуваннi олiмпiадних задач з математики. Перш за все учнi, якi бе-руть участь в олiмпiадах, повиннi володiти значною кiлькiстю принципiв.Нажаль шкiльна програма не передбачає знайомства з бiльшiстю iз них.З основними математичними принципами можна ознайомить в наведенiйлiтературi, зокрема в [13]2.

В посiбнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс яких по-лягає:у формулюваннi двоїстої або схожої задачi,або ж в узагальненнi запропонованої задачi.

На думку авторiв такi доповнення повиннi активiзувати i зацiкавитиучнiв при пiдготовцi до майбутнiх олiмпiад.

Колектив авторiв посiбника та керiвництво фiзико-математичного фа-культету державного вищого навчального закладу «Донбаський держав-ний педагогiчний унiверситет» висловлює щиру подяку всiм вчителям мi-ста Слов’янськ, якi беруть участь в органiзацiї та проведеннi як учнiвськихолiмпiад з математики, так i семiнарiв, присвячених аналiзу їх результатiв.

Маємо надiю, що представлений посiбник буде корисним керiвникам ма-тематичних гурткiв та їх зацiкавленим учням, стане для багатьох з нихпоштовхом до бiльш змiстовних мiркувань i буде спонукати до системати-чного ознайомлення з тим чи iншим роздiлом математики.

Вчiться творчому пошуку в процесi розв’язування задач!

З найщирiшими побажаннями, викладачi кафедри геометрiї та методикивикладання математики фiзико-математичного факультету Державного ви-щого навчального закладу «Донбаський державний педагогiчний унiверси-тет».

14.02.2013

2Сарана О.А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч: Навч. посiбн. – К.: А.С.К., 2005. – 344с.

ЧАСТИНА I.УМОВИ ЗАДАЧ

6 клас

1. (15 балiв) Сума трьох натуральних чисел дорiвнює 708. Перше з них– найменше трицифрове число, друге – в три рази менше вiд третього.Знайдiть цi числа.

2. (15 балiв) Розрiжте клiтчастий прямокутник розмiром 5 × 8 на фi-гурки з чотирьох клiтинок виду.

3. (20 балiв) Куб, ребро якого дорiвнює 1 дм, розрiзали на маленькi кубi-ки з ребром 1 см i всi їх гранi пофарбували. Для того, щоб пофарбуватиодну грань маленького кубiка, необхiдно 0,02 г фарби. Скiльки необхi-дно фарби, щоб пофарбувати всi гранi маленьких кубiкiв?

4. (20 балiв) Мiста A,B,C,D,E розташованi один вiд одного по шосена вiдстанi 5 км один вiд одного. Автобус їздить по шосе вiд мiста A

до мiста E та вiд E до A . Автобус витрачає 20 лiтрiв бензину кожнi100 км. У якому мiстi закiнчиться бензин у автобуса, якщо спочатку унього в бацi було 150 лiтрiв бензину?

5. (30 балiв) В обмiнному пунктi здiйснюються операцiї двох видiв:1) дай 2 євро – отримай 3 долари i цукерку в подарунок;2) дай 5 доларiв – отримай 3 євро i цукерку в подарунок.

6

Умови задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2012 7

Коли багатий Буратiно прийшов в обмiнний пункт, у нього були тiлькидолари, коли пiшов доларiв стало менше, євро так i не з’явилися, затевiн отримав 50 цукерок. У скiльки доларiв обiйшовся Буратiно такий«дарунок»?

7 клас

1. (15 балiв) Якщо деяке число збiльшити на 15% , то отримаємо 207.На скiльки вiдсоткiв потрiбно зменшити це число, щоб отримати 126?

2. (15 балiв) Розрiзати фiгуру, зображену на малюнку, на двi рiвнi ча-стини.

3. (20 балiв) Знайдiть нескоротний дрiб, який не змiнюється, якщо чи-сельник збiльшити на 21 , а знаменник збiльшити на 28.

4. (20 балiв) Що бiльше 9920 чи 999910 ?

5. (30 балiв) Шестизначне число дiлиться на 8. Яку найменшу сумуцифр воно може мати? Яку найбiльшу суму цифр може мати це чи-сло?

8 клас

1. (15 балiв) Розкласти на множники многочлен x3 + 2x2 − 3 .

2. (15 балiв) Скiльки води треба додати до 600 грамiв 40 вiдсотковогорозчину солi, щоб отримати 12 вiдсотковий розчин солi?

3. (20 балiв) Дано трикутник ABC . Точка M лежить на сторонi BC .Вiдомо, що AB = BM та AM = MC , ∠B = 1000 . Знайдiть iншi кутитрикутника.

8 ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ

4. (20 балiв) На яку цифру закiнчується число 19992005 .

5. (30 балiв) Яку найбiльшу кiлькiсть рiзних натуральних чисел можнавибрати так, щоб сума будь-яких трьох з них була простим числом?

9 класс

1. (15 балiв) Обчислiть значення виразу√(

−2−√5)2

+

√(2−

√5)2

.

2. (15 балiв) Розв’яжiть рiвняння (3x+ 2y − 4)2 + |3x− 5y + 3| = 0 .

3. (20 балiв) На основах AB i CD трапецiї ABCD позначено точкиK i L . Нехай E – точка перетину вiдрiзкiв AL i DK , F – точкаперетину BL i CK . Довести, що сума площ трикутникiв ∆ADE i∆BCF дорiвнює площi чотирикутника EKFL .

4. (20 балiв) Не використовуючи наближенi обчислення порiвняйте чи-сла a =

√34 + 5 та c =

√54 + 3

5. (30 балiв) Довести, що

a+ b >(√

2011 +√2012

)2

,

якщо a > 0 , b > 0 , ab > 2011a+ 2012b .

10 класс

1. (15 балiв) Розв’яжiть нерiвнiсть∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0.

2. (15 балiв) Розв’яжiть систему рiвняньx+ (y − 2)2012 = z,

y + (z − 2)2012 = x,

z + (x− 2)2012 = y.


3. (20 балiв) В ∆ABC кут при вершинi С дорiвнює 1200 . Доведiть, щодовжина вiдрiзка, який сполучає вершину C з центром вписаного кола,дорiвнює 2 (p− AB) , де p – пiвпериметр ∆ABC .

4. (20 балiв) Не обчислюючи значення виразу 20112+20112·20122+20122 ,покажiть, що це число можна представити у виглядi точного квадратаn2 , знайдiть це натуральне число n .

5. (30 балiв) Знайдiть всi простi числа x та y , що задовольняють рiв-нянню x2 − 2y2 = 1 .

11 класс

1. (15 балiв) Знайти всi такi значення a , при яких сума квадратiв коре-ней рiвняння x2 + (2− a)x− a− 3 = 0 буде найменшою.

2. (15 балiв) В квадрат вписали коло, в нього вписали квадрат, а в ньоговписали ще одне коло i т.д. Знайти вiдношення площi першого квадратадо площi 2012 квадрата.

3. (20 балiв) Побудуйте графiк функцiї

y =√

4 sin4 x− 2 cos 2x+ 3 +√

4 cos4 x+ 2 cos 2x+ 3.

4. (20 балiв) Для четвiрки чисел x, y, u, v виконуються спiввiдношенняx20 + y20 = u20 + v20 i x10 + y10 = u10 + v10 . Доведiть, що виконуєтьсяспiввiдношення

x2010 + y2010 = u2010 + v2010.

5. (30 балiв) Обчислiть суму

1

1 + x+ xy+

1

1 + y + yz+

1

1 + z + zx,

якщо вiдомо, що xyz = 1 .

ЧАСТИНА II.ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ

6 клас

1. Вiдповiдь: 100; 152; 456.2. Наприклад, у наступний спосiб.

3. Вiдповiдь: 120 г.4. Вiдповiдь: у мiстi C .5. Вiдповiдь: 10 доларiв.

7 клас

1. Вiдповiдь: 30%.2.

3. Вiдповiдь:3

4.

4. Вiдповiдь: 999910 > 9920 .

10

Вiдповiдi до задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2012 11

5. Вiдповiдь: 1 i 51 вiдповiдно.

8 клас

1. Вiдповiдь: (x− 1)(x2 + 3x+ 3) .2. Вiдповiдь: 1 400 грам.3. Вiдповiдь: 600 , 200 .4. Вiдповiдь: 9 .5. Вiдповiдь: 4 .

9 класс

1. Вiдповiдь: 2√5 .

2. Вiдповiдь: (23 ; 1) .3. – «задача на доведення».4. Вiдповiдь:

√34 + 5 >

√54 + 3 .

5. – «задача на доведення».

10 класс

1. Вiдповiдь: x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .2. Вiдповiдь: (2; 2; 2) .3. – «задача на доведення».4. Вiдповiдь: n = 20112 − 2011 + 1 .5. Вiдповiдь: x = 3 , y = 2 .

11 класс

1. Вiдповiдь: a = 1 .2. Вiдповiдь: 22011 .3. y = 4 .4. – «задача на доведення».5. Вiдповiдь: 1 .

ЧАСТИНА III.РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

6 класЗадача 1.

Нехай друге шукане число дорiвнює x , тодi (оскiльки третє число у трирази бiльше другого) третє число дорiвнює 3x .

Найменшим трицифровим натуральним числом є число 100.Оскiльки за умовою сума трьох шуканих чисел становить 708, то має

мiсце рiвняння100 + x+ 3x = 708.

Звiдки

4x = 708− 100

4x = 608

x = 608 : 4

x = 152.

Розв’язавши рiвняння одержали, що x = 152 . Тому друге шукане чи-сло дорiвнює 152, а третє шукане число – 456 = 3 · 152 . Отже, шуканимичислами є числа 100 , 152 , 456 .

Вiдповiдь: 100 ; 152 ; 456 .

12

6 клас 13

Задача 2.

Шукане «розрiзання» клiтчастого прямокутника розмiром 5 × 8 на фi-гурки зазначеного виду наведено на рисунку нижче.

Зауважимо, що шукане розрiзання можна провести не в єдиний спосiб.

14 ЧАСТИНА III. Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2012

Задача 3.

Розв’язання.

1) Вiдомо, що в 1 дециметрi (дм) 10 сантиметрiв (см). Оскiльки довжи-на ребра даного куба дорiвнює 1 дм (10 см), то об’єм V цього куба (в см3 )становить

V = 10 · 10 · 10 = 1 000 (см3).

2) За умовою даний куб порiзали на кубики з довжиною ребра 1 см.Об’єм V ′ кожного такого «маленького» кубика становить

V ′ = 1 · 1 · 1 = 1 (см3).

3) Оскiльки даний куб (з довжиною ребра 10 см) порiзали весь на ку-бики з довжиною ребра 1 см, то загальне число n «маленьких» кубикiвстановить

n =V

V ′ =1000

1= 1 000.

4) Кожен куб має 6 граней. Тому загальне число m граней всiх «ма-леньких» кубикiв становить

m = n · 6 = 1 000 · 6 = 6 000.

6 клас 15

5) Оскiльки для фарбування однiєї гранi «маленького» кубика необхi-дно витратити 0, 02 грамiв фарби, то для фарбування граней всiх «малень-ких» кубикiв необхiдно витратити

6 000 · 0, 02 = 1 000 · 6 · 0, 02 = 0, 12 · 1 000 = 120

грамiв фарби.

Вiдповiдь: 120 грам.

Задача 4.

I спосiб

A B C D E

5 км

��

5 км

��

5 км

��

5 км

��

За умовою автобус витрачає 20 лiтрiв бензину кожнi 100 км. Тому кожнi5 км (100:20=5) автобус витрачає 1 лiтр бензину.

Отже, на промiжку мiж двома зупинками (вiдстань мiж кожними з яких5 км) автобус витрачає 1 лiтр бензину. Тому на подорож iз мiста A до мiстаE (або ж з E до A ) автобус витрачає точно 4 лiтри бензину. А на весь рейсз мiста A до мiста E i назад до мiста A – точно 8 лiтрiв бензину.

Спочатку в бацi автобуса було 150 лiтрiв бензину. Оскiльки 150 = 8·18+6 ,то зробивши 18 (повних) рейсiв автобус опиниться у мiстi A , причому унього в бацi ще залишиться 6 лiтрiв бензину.

Витративши 4 лiтри бензину автобус доїде до мiста E , причому у ньогов бацi ще залишиться 2 лiтри бензину.

Цих двох лiтрiв вистачить лише на 10 км. I тому, витративши весь бензин,автобус зупиниться у пунктi C .


II спосiб

З умови випливає, що 1 лiтр палива автобус витрачає кожнi 5 км(100/20 = 5 ). Тому для того щоб витрати 150 лiтрiв, необхiдно проїхати150 · 5 = 750 км.

Представимо за допомогою рисунка мар-шрут пересування автобусу. Маршрут авто-буса який складається з таких перемiщеньA → B → C → D → E → D → C → B → A

назвемо «повним».

Легко бачити, якщо автобус завершує один«повний» маршрут, то було подолано вiдстаньв 40 км (5·8 = 40 ). Всього «повних» маршрутiв

на вiдстанi 750 км може бути 18 (18 – цiла частина вiд дiлення 750 на 40:750 = 18 · 40 + 30 ). Отже залишається один «неповний» маршрут довжинаякого 750 − 18 · 40 = 30 км, тобто необхiдно проїхати 6 вiдстаней по 5 км(A

5[1]→ B5[2]→ C

5[3]→ D5[4]→ E

5[5]→ D5[6]→ C ) та зупинитися в пунктi C .

Вiдповiдь: бензин закiнчиться у мiстi C .

Задача 5.

I спосiб

Нехай у Буратiно до початку здiйснення операцiй було x доларiв.Оскiльки пiсля всiх банкiвських операцiй у Буратiно виявилося 50 цуке-рок, то вiн здiйснив в обмiнному пунктi 50 операцiй.

Припустимо, що за весь час в обмiнному пунктi Буратiно здiйснив y бан-кiвських операцiй по обмiну «доларiв на єври з цукерками» (операцiй I-готипу). Тодi банкiвських операцiй по обмiну «єврiв на долари з цукерками»(операцiй II-го типу) вiн здiйснив (50− y) разiв.

Тому в результатi здiйснення операцiй I-го типу у Буратiно в руках завесь час (сумарно) побувало 3y євро. Причому для здiйснення цих операцiййому знадобилося (повинен був внести до банкомату) 5y доларiв.

6 клас 17

Оскiльки пiсля здiйснення всiх 50 операцiй у Буратiно не виявило-ся жодного євро, то це означає, що Буратiно «позбавився» вiд всiх 3y

євро в результатi (50 − y) операцiй II-го типу. Тому має мiсце рiвнян-ня 3y = 2(50 − y). Звiдки y = 20 . Причому, в результатi здiйснення30 = 50− 20 операцiй II-го типу Буратiно вiд банкомата сумарно одержав3 · 30 = 90 доларiв.

Таким чином в результатi здiйснення 20 операцiй I-го типу та 30 опе-рацiй II-го типу у Буратiно залишилася наступна кiлькiсть доларiв

x− 5 · 20 + 3 · 30 = x− 100 + 90 = x− 10.

Отже, «дарунок з 50 цукерок» обiйшовся Буратiно у 10 доларiв.

II спосiб

Подамо кожен тип операцiй з обмiну в символьному видi:(I) дай 2 євро – отримай 3 долари i цукерку в подарунок; −2e+ 3d+ c

(II) дай 5 доларiв – отримай 3 євро i цукерку в подарунок; −5d+ 3e+ c

де лiтерою e позначено євро, d — долари, а c – цукерки. Число, яке стоїтьперед лiтерою e або d , в залежностi вiд знаку, вказує на кiлькiсть отрима-них чи вiдданих вiдповiдних грошових одиниць.

Оскiльки в кiнцi всiх обмiнiв кiлькiсть євро була рiвна 0, то сукупнiстьусiх (необхiдних для цього) операцiй можна перегрупувати у блоки виду«3(I)+2(II)», результат виконання операцiй кожного з яких можна податиу виглядi 3(−2e+ 3d+ c) + 2(−5d+ 3e+ c) =

= −6e+ 9d+ 3c− 10d+ 6e+ 2c = −1d+ 5c .Тобто, виконавши 3 операцiї (I)-го типу та 2 операцiї (II)-го типу, Бу-

ратiно отримає 5 цукерок та втратить 1 долар. Причому число 3 операцiй(I)-го типу та число 2 операцiй (II)-го типу є найменш можливими, оскiлькичисла 2 i 3 є взаємно-простими.

Зрозумiло, що для отримання 50 цукерок – необхiдно здiйснити 10 блокiвоперацiй типу « (3(I) + 2(II))», результат виконання яких можна податиу виглядi 10(−1d + 5c) = −10d + 50c . З останнього й випливає, що на«дарунок з 50 цукерок» було витрачено 10 доларiв.

Вiдповiдь: 10 .



Нехай x – початкове число. Оскiльки пiсля збiльшення його на 15% отри-мали число 207, то має мiсце рiвняння

x+ 0, 15x = 207.

Звiдки

1, 15x = 207

115x = 20700

x = 20700 : 115

x = 180.

Тепер з’ясуємо питання про те, на скiльки вiдсоткiв потрiбно

зменшити знайдене число 180, щоб отримати число 126.

Для цього складемо вiдповiдну пропорцiю:

180

126=

100

y,

де y – вiдсоток, який складає число 126 вiд числа 180.За властивiстю пропорцiї (добуток крайнiх членiв дорiвнює добутку се-

реднiх членiв пропорцiї) має мiсце рiвняння

180y = 12 600,

звiдки y = 12 600180 = 70.

Таким чином, число 180 необхiдно зменшити на 30% (100%-70%), щоботримати число 126.

Вiдповiдь: 30%.

?! Якщо заробiтну плату робiтника спочатку збiльшили на 10%, а потiмзменшили на 10%, то чи змiниться i як заробiтна плата?

7 клас 19

Задача 2.

Умовою задачi вимагається розрiзати дану фiгуру на двi «рiвнi частини».Рiвнi частини слiд розумiти не в сенсi «частин рiвних площ», а в сенсi рiвнихфiгур.

Нагадаємо, що двi фiгури на площинi називають рiвними, якщо їх мо-жна сумiстити («повнiстю накласти одну на одну») за допомогою певного«руху».

Необхiдне розрiзання даної фiгури та «сумiщення» двох одержаних фiгур(пофарбованої i непофарбованої) проiлюстровано на рисунку нижче.

?! Чи рiвними є чорна та бiла фiгури-«коми» на рисунку нижче?


Задача 3.

Нехай x — чисельник шуканого дробу, а y — його знаменник. Оскiлькиза умовою x

y є нескоротним дробом, то натуральнi числа x i y є взаємнопростими.

За умовою одночасне збiльшення чисельника i знаменника дробу xy (на

числа 21 i 28 вiдповiдно) не змiнює його значення. Тому має мiсце пропорцiя

x+ 21

y + 28=

ax

ay,

де a – коефiцiєнт пропорцiйностi, який виникає пiсля вiдповiдних змiн чи-сельника та знаменника.

Отже, маємо наступну систему рiвнянь:{x+ 21 = ax

y + 28 = ay⇒

{a = 1 + 21

x

a = 1 + 28y

прирiвнюємо⇒ 1 +21

x= 1 +

28

y⇒

⇒ 21

x=

28

y⇒ x

y=

21

28=

3

4.

Вiдповiдь:3

4.

ДОПОВНЕННЯ до задачi 3.

Нехайa

bic

d– два рiвнi мiж собою звичайнi дроби, причому a > c . Тодi

мають мiсце рiвностia

b=

c

d=

a+ c

b+ d, (7.3.1)

a

b=

c

d=

a− c

b− d. (7.3.2)

Дiйсно, покладемоa

b=

c

d= λ . Звiдки a = bλ , c = dλ . Тому

a± c

b± d=

bλ± dλ

b± d=

λ(b± d)

b± d= λ.

З урахуванням (7.3.2), задачу 3 можна розв’язати наступним чином.Оскiльки x+21

y+28 = xy , то

x+ 21

y + 28=

x

y=

x+ 21− x

y + 28− y=

21

28=

3

4.

7 клас 21

Задача 4.

За властивiстю степенiв з натуральним показником маємо наступну чис-лову рiвнiсть

9920 = 992·10 = (992)10 = 980110.

Оскiльки 9999 > 9801 , то9999

9801> 1 . I тому

(9999

9801

)10

> 1 як добуток

десяти множникiв, кожен з яких є бiльшими за одиницю.

З iншого боку, оскiльки999910

980110=

(9999

9801

)10

> 1 , то 999910 > 980110 .

Отже, 999910 > 9920 .

Вiдповiдь: 999910 > 9920 .

Задача 5.

Нехай a1a2a3a4a5a6 =

= a1 · 105 + a2 · 104 + a3 · 103 + a4 · 102 + a5 · 101 + a6

– шукане шестизначне число, де a1 ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ; a1 = 0 .Тодi очевидно, що сума S6 = a1+a2+a3+a4+a5+a6 його цифр набуває

найменше значення рiвне 1 (коли шестизначне число є числом 100000 ) танайбiльше значення, рiвне 54 = 6 · 9 (коли шестизначне число є числом999999 ).

Оскiльки 100000 = 8 · 12500 , то найменше значення суми цифр шести-значного числа, яке дiлиться на 8, становить 1.

З’ясуємо тепер питання щодо найбiльшого значення суми цифр шес-

тизначного числа, яке дiлиться на 8.

Оскiльки 999000 = 8 · 124875 , то сума S6 набуває найбiльшого зна-чення, коли три останнi цифри числа 999a4a5a6 утворюють тризначнечисло a4a5a6 , яке дiлиться на 8 та має найбiльше значення суми цифрS3 = a4 + a5 + a6 .


Мiркування проведемо методом виключення:1) найбiльше значення 27 суми S3 досягається лише для числа 999, протевоно не дiлиться на 8;2) значення 26 досягається виключно набором цифр {8; 9; 9} , проте жоднез тризначних чисел 899, 989, 998 не дiлиться на 8;3) значення 25 досягається виключно набором цифр {8; 8; 9} або {7; 9; 9} ,проте жодне з чисел 889, 898, 988, 799, 979, 997 не дiлиться на 8;4) значення 24 досягається виключно наборами цифр {8; 8; 8} , {7; 8; 9} або{6; 9; 9} . Жодне з чисел 789, 798, 879, 897, 978, 987; 699, 969, 996 не дiли-ться на 8. Число 888 дiлиться на 8. Тому найбiльше значення суми цифртризначного числа, яке дiлиться на 8, становить 24.

Таким чином найбiльше значення суми цифр шестизначного числа, якедiлиться на 8, становить 27 + 24 = 51 .

Вiдповiдь: 1 i 51 вiдповiдно.

?! Якою буде вiдповiдь для n -значного числа, n > 6 .

А чи звертали Ви увагу?9× 1 = 9 , 0 + 9 = 9 ; 9× 11 = 99 , 9 + 9 = 18 , 1+8=9;9× 2 = 18 , 1 + 8 = 9 ; ...9× 3 = 27 , 2 + 7 = 9 ;9× 4 = 36 , 3 + 6 = 9 ;9× 5 = 45 , 4 + 5 = 9 ;9× 6 = 54 , 5 + 4 = 9 ;9× 7 = 63 , 6 + 3 = 9 ;9× 8 = 72 , 7 + 2 = 9 ;9× 9 = 81 , 8 + 1 = 9 ;9× 10 = 90 , 9 + 0 = 9 .

8 клас 23


I спосiб (метод групування)

x3 + 2x2 − 3 =

= x3 − x2 + 3x2 − 3 =

= x2(x− 1) + 3(x2 − 1) =

= x2(x− 1) + 3(x− 1)(x+ 1) =

= (x− 1)(x2 + 3x+ 3).

II спосiб (метод групування)

x3 + 2x2 − 3 =

= x3 − 1 + 2x2 − 2 =

= x3 − 1 + 2(x2 − 1) =

= (x− 1)(x2 + x+ 1) + 2(x− 1)(x+ 1) =

= (x− 1)(x2 + x+ 1 + 2x+ 2) =

= (x− 1)(x2 + 3x+ 3).

III спосiб (метод «невизначених коефiцiєнтiв»)

Оскiльки рiвняння третього степеня (a3x3 + a2x2 + a1x + a0 = 0 ) зав-

жди має принаймнi один дiйсний корiнь, то многочлен третього степеняf(x) = a3x

3 + a2x2 + a1x+ a0 , зокрема даний, завжди має хоча б один дiй-

сний «ноль» (тобто таке значення x0 змiнного x , при якому f(x0) = 0 ).I тому даний многочлен третього степеня можна подати у виглядi

x3 + 2x2 − 3 = (x− a)(x2 + bx+ c) = x3 + x2(b− a) + x(c− ab)− ac,

де a, b, c – дiйснi числа; причому a – дiйсний ноль многочлена x3+2x2−3 .Два многочлени одного степеня «спiвпадають» (є тотожно рiвними) тодi i

лише тодi, коли рiвними є їх вiдповiднi коефiцiєнти. Тому має мiсце система


рiвнянь з трьома змiнними a, b, cb− a = 2

c− ab = 0

−ac = −3

⇔

a− b = −2

ab = c

ac = 3.

(8.1.1)

Не важко перевiрити, що трiйка a = 1 ; b = 3 ; c = 3 є розв’язком цiєїсистеми. Таким чином

x3 + 2x2 − 3 = (x− a)(x2 + bx+ c) = (x− 1)(x2 + 3x+ 3).

Вiдповiдь: x3 + 2x2 − 3 = (x− 1)(x2 + 3x+ 3) .

Зауважимо, що «знаходження» зазначеної трiйки чисел носить характер«вгадування». Тодi як ця трiйка повинна бути одержана в результатi по-крокового розв’язування системи (8.1.1) .

З метою дотримання належного рiвня математичної строгостi, спробуємознайти дiйснi розв’язки системи (8.1.1) . Отже

a− b = −2

ab = c

ac = 3.

⇔

b = a+ 2

a(a+ 2) = c

c = 3a .

⇔

b = a+ 2

a(a+ 2) = 3a

c = 3a .

⇒ a2(a+ 2) = 3.

Звiдкиa3 + 2a2 − 3 = 0. (8.1.2)

Таким чином, розв’язування системи (8.1.1) звелось до розв’язуван-ня рiвняння (8.1.2) . Спiвставляючи рiвняння (8.1.2) та даний многочленf(x) = x3 + 2x2 − 3 бачимо, що метод «невизначених коефiцiєнтiв» в дано-

му випадку не дає бажаного результату оскiльки призводить до початковоїзадачi. Iншими словами — розкладання многочлена f(x) = x3 + 2x2 − 3

(третього степеня) на множники звелось до задачi про знаходження дiйсно-го кореня (вiдповiдного) рiвняння x3 + 2x2 − 3 = 0 .

Питанню про способи розв’язування рiвнянь третього степеня буде придiле-

но увагу у наступних випусках серiї.

8 клас 25

Задача 2.

+ =

40% -ий розчин солі 12% -ий розчин солі Прісна вода

Нехай x — маса солi (в грамах), яка мiститься у 600 грамах 40% розчинусолi. Тодi має мiсце пропорцiя

x : 600 = 40 : 100.

Звiдкиx =

600 · 40100

= 240.

(240 = 600 · 0, 4 – задача на «знаходження вiдсотка вiд числа»)Нехай далi y — загальна маса (у грамах) 12% розчину солi. Оскiльки

в y грамах такого розчину мiститься точно 240 грамiв солi, то має мiсцепропорцiя

240 : y = 12 : 100.

Звiдкиy =

240 · 10012

= 2000.

(2000 = 240 : 0, 12 – задача на «знаходження числа за його вiдсотком»)Для знаходження шуканої маси води (у грамах), яку необхiдно додати

до 600 грамiв 40% розчину солi, щоб отримати 12% розчин солi, необхiднообчислити рiзницю 2 000− 600 = 1 400 .

Вiдповiдь: 1 400 грам.


Задача 3.

Дано: △ABC ; M ∈ BC ,AM = MC,AB = BM,∠B = 1000 .Знайти: ∠A , ∠C .

Розв’язування.

1) Розглянемо △ABM . В ньому:AB = BM,∠B = 1000 (за умовою). Оскiль-ки трикутник є рiвнобедреним з основоюAM , то ∠BAM = ∠BMA . Тодi за теоре-мою про суму кутiв трикутника має мiсцерiвнiсть 2∠BAM + ∠B = 1800 . Звiдки

∠BMA =1800 − ∠B

2= 400.

2) Оскiльки кути BMA i CMA є сумiжними (за визначенням), то завластивiстю сумiжних кутiв має мiсце рiвнiсть ∠CMA + ∠BMA = 1800 .Звiдки

∠CMA = 1800 − 400 = 1400.

3) Розглянемо △AMC . В ньому: AM = MC (за умовою), а ∠AMC = 140◦

(за 2-им пунктом). Оскiльки трикутник є рiвнобедреним з основою AC , то∠MAC = ∠MCA . Тодi за теоремою про суму кутiв трикутника має мiсцерiвнiсть 2∠MAC + ∠AMB = 1800 . Звiдки

∠MAC =1800 − ∠AMB

2= 200.

4) За умовою промiнь [AM) проходить мiж сторонами кута BAC . Тодi зааксiомою вимiрювання кутiв має мiсце рiвнiсть ∠BAC = ∠BAM+∠CAM .Звiдки

∠BAC = 400 + 200 = 600.

Таким чином, ∠BAC = 600 , ∠BCA = 200 .

Вiдповiдь: 60◦ , 20◦ .

8 клас 27

Задача 4.

На яку цифру закiнчується число 19992005 ?

19991 закiнчується на 9;








Очевидно, що простежується чiтка закономiрнiсть черегування останнiхцифр наведених степенiв числа 1999 . Звiдки можна зробити висновок:число 1999n закiнчується на 1 , якщо n є парним натуральним числом тазакiнчується на 9 , якщо n є непарним натуральним числом.

Отже, число 19992005 закiнчується цифрою 9 .


?! На яку цифру закiнчується число 20122013 ?

Задача 5.

В якостi прикладу розглянемо четвiрку натуральних чисел: 1 , 3 , 7 , 9 .Не важко перевiрити, що сума будь-яких трьох iз них є простим числом:

1 + 3 + 7 = 11; 1 + 3 + 9 = 13; 1 + 7 + 9 = 17; 3 + 7 + 9 = 19.

Отже, наведений приклад iлюструє iснування принаймнi однiєї четвiркинатуральних чисел, що задовольняють умову задачi. Тим самим показано,що найбiльше число n рiзних натуральних чисел, сума будь-яких трьох зяких є простим числом, задовольняє умову n > 4 .

Нижче доведемо, що кiлькiсть рiзних натуральних чисел, сума будь-якихтрьох з яких є простим числом (далi – «максимальний набiр»), не може бутибiльшою за 4 (чотири).

Для цього наведемо низку очевидних умовиводiв.


1. Як вiдомо, кожне натуральне число при дiленi на 3 має одну з трьохостач: 0 , 1 або 2 .

2. Оскiльки сума будь-яких трьох рiзних натуральних чисел «макси-мального набору» повинна бути простим числом, то вона не може дiлитисяна число 3 (три).

3. Якщо кожне з трьох натуральних чисел має однакову остачу придiленi на 3 , то сума трьох таких чисел дiлиться на три. Дiйсно:3.1 (3a+ 0) + (3b+ 0) + (3c+ 0) = 3(a+ b+ c) , a, b, c ∈ N ∪ {0} ;3.2 (3a+ 1) + (3b+ 1) + (3c+ 1) = 3(a+ b+ c+ 1) , a, b, c ∈ N ∪ {0} ;3.3 (3a+ 2) + (3b+ 2) + (3c+ 2) = 3(a+ b+ c+ 2) , a, b, c ∈ N ∪ {0} .

4. Якщо три натуральнi числа мають рiзнi остачi при дiленi на 3 , то їхсума дiлиться на три. Дiйсно:

(3a+ 0) + (3b+ 1) + (3c+ 2) = 3(a+ b+ c+ 1) , a, b, c ∈ N ∪ {0} .Таким чином, серед чисел «максимального набору»

1) не може бути трьох чисел з однаковою остачею при дiленнi на три;2) не може бути трьох чисел з рiзними остачами при дiленнi на три.

Отже, серед чисел «максимального набору» може зустрiтися лише два зтрьох варiантiв залишкiв. Причому кожен з таких двох варiантiв залишкiвможет бути представлений не бiльше, нiж двома числами. I тому, з ура-хуванням наведеного прикладу, максимальна кiлькiсть рiзних натуральнихчисел, сума будь-яких трьох з яких є простим числом, дорiвнює 4 (чотири).


А чи звертали Ви увагу?

«Трикутник ПАСКАЛЯ»

( )1

a b+ = 1 1a b+ 1 1

( )2

a b+ = 2 1 1 21 2 1a a b b+ +

1 2 1

( )3

a b+ = 3 2 1 1 2 31 3 3 1a a b a b b+ + +

1 3 3 1

( )4

a b+ = 4 3 1 2 2 1 3 41 4 6 4 1a a b a b a b b+ + + +

1 4 6 4 1

…

9 клас 29


I спосiб

√(−2−

√5)2

+

√(2−

√5)2

=

=∣∣−2−

√5∣∣+ ∣∣2−√

5∣∣ = ∣∣2 +√

5∣∣+ ∣∣√5− 2

∣∣ = 2 +√5 +

√5− 2 = 2

√5 .

II спосiб

Оскiльки(−2−

√5)2

= 9 + 4√5 ,

(2−

√5)2

= 9− 4√5 , то√(

−2−√5)2

+

√(2−

√5)2

=

√9 + 4

√5 +

√9− 4

√5.

Нехай далi√9 + 4

√5 +

√9− 4

√5 = A , тодi

9 + 4√5 + 2

√9 + 4

√5

√9− 4

√5 + 9− 4

√5 = A2.

Звiдки18 + 2

√(9 + 4

√5)(9− 4

√5) = A2,

або ж18 + 2

√92 − (4

√5)2 = A2,

18 + 2 = A2, A2 = 20.

I томуA =

√20 =

√4 · 5 =

√4 ·

√5 = 2

√5.

Вiдповiдь: 2√5 .

Доповнення. Нехай b > a2 > 0, a > 0 . Спростiть вираз

√(−a−

√b)2

+

√(a−

√b)2

.


Задача 2.

Оскiльки при будь-яких x, y ∈ R кожен з доданкiв лiвої частини рiвня-ння (3x+ 2y − 4)2 + |3x− 5y + 3| = 0 є невiд’ємною величиною (перший –як степiнь з парним натуральним показником, другий – за визначенням мо-дуля), а сума двох невiд’ємних дiйсних чисел дорiвнює нулю лише за умоврiвностi нулю кожного з доданкiв, то дане рiвняння є рiвносильним системiрiвнянь {

(3x+ 2y − 4)2 = 0,

|3x− 5y + 3| = 0⇔

{3x+ 2y − 4 = 0,

3x− 5y + 3 = 0.

Звiдки{7y − 7 = 0,

3x− 5y + 3 = 0⇒

{y = 1,

3x− 5y + 3 = 0⇒

{y = 1,

3x− 5 + 3 = 0⇒

{y = 1,

x = 23 .

Таким чином, розв’язком даного рiвняння з двома змiнними x, y є парачисел x = 2

3 та y = 1 .

Вiдповiдь:(23 ; 1

).

А чи звертали Ви увагу?Нехай маємо систему двох рiвнянь першого степеня з двома змiнними{

a1x+ b1y = c1,

a2x+ b2y = c2.

Якщо ∆ = a1b2 − a2b1 = 0 , то система завжди має єдиний розв’язок

x =c1b2 − c2b1

∆, y =

a1c2 − a2c1∆

.

Якщо ∆ = 0 , то можливими є два випадки:якщо a1

a2= b1

b2= c1

c2, то система має безлiч розв’язкiв – «цiлу пряму» розв’яз-

кiв видуx ∈ R, y =

c1 − a1x

b1;

якщо a1a2

= c1c2

або ж b1b2= c1

c2, то система не має розв’язкiв.

9 клас 31

Задача 3.

I спосiб

Введемо наступнi позначення: h1 — висота △DEL , h2 — висота △LFC ,H — висота трапецiї, x = DL та y = LC .

Тодi маємо:

S△ADE = S△DAL − S△DEL =1

2Hx− 1

2h1x,

S△BCF = S△LBC − S△LFC =1

2Hy − 1

2h2y.

Таким чином сума площ трикутникiв △ADE та △BCF дорiвнює:

S△ADE + S△BCF =

=1

2Hx− 1

2h1x+

1

2Hy − 1

2h2y =

1

2H(x+ y)− 1

2h1x− 1

2h2y. (9.3.1)

Знайдемо площу чотирикутника EKFL :

SEKFL = S△DKC − S△DEL − S△LFC =

=1

2H(x+ y)− 1

2h1x− 1

2h2y. (9.3.2)

Зi спiввiдношень (9.3.1) i (9.3.2) маємо рiвнiсть

S△ADE + S△BCF = SEKFL.


II спосiб

D

A B

C

K

L

E

F

Для доведення рiвностi S△ADE + S△BFC = SELFK покажемо рiвнiстьплощ трикутникiв ADE i ELK та KLF i FCB .

D

A K

L

E

'D 'L

1) Оскiльки за умовою ABCD – тра-пецiя з основами AB i CD , K ∈ AB ,L ∈ CD , то чотирикутник AKLD та-кож є трапецiєю.2) Розглянемо трикутники AKD iAKL . В них: AK – спiльна сторона; адовжини висот, опущених з вершин D iL на спiльну сторону AK , є рiвними якдовжини висот трапецiї. Тому

S△ADK =1

2AK ·DD′ =

1

2AK · LL′ = S△ALK .

Оскiльки трикутник AKE є спiльною частиною трикутникiв AKD iAKL , то S△ADK − S△AKE = S△ALK − S△AKE . Звiдки

S△ADE = S△ELK . (9.3.3)

3) В аналогiчний спосiб не важко показати, що

S△KLF = S△BFC . (9.3.4)

З урахуванням (9.3.3) i (9.3.4) має мiсце рiвнiсть

S△ADE + S△BFC = S△ELK + S△KLF = SELFK . (9.3.5)

9 клас 33

Доповнення.

1) Нехай ABCD – паралелограм, M – довiльна точка на сторонi AB .Доведiть, що S△DMC = S△DAM + S△CMB .2) Нехай ABCD – паралелограм, M – довiльна внутрiшня його точка.Доведiть, що S△DMC + S△MAB = S△DAM + S△CMB .

A B

C D

M A B

C D

M

3) Нехай ABC1D1 i ABC2D2 – два паралелограми зi сторонами C1D1 iC2D2 на однiй прямiй, E = BC2 ∩ AD1 .Доведiть, що SABC1D1

= SABC2D2; SBC1D1E = SAEC2D2

.

A B

1C

1D

2C 2

D

A B

1C

1D

2C 2

D

E

А чи звертали Ви увагу?Медiана трикутника «утворює» два трикутники рiвних площ.Медiани трикутника «утворюють» шiсть трикутникiв рiвних площ.

A

B C 0A

1 2S S=

A

B C 0A

S 0B

0C

S

S S

S

S


Задача 4.

Виконаємо (необхiднi) однаковi перетворення над обома даними число-вими виразами

√34 + 5 2

√54 + 3

√34 + 2 2

√54

(√34 + 2)2 2 (

√54)2

34 + 2 + 4√34 2 54

36 + 4√34 2 54

4√34 2 18

2√34 2 9

(2√34)2 2 92

4 · 34 2 81

136 2 81

Оскiльки 136 > 81 , то мають мiсце наступнi числовi «нерiвностi-наслiдки»:

4 · 34 > 81

(2√34)2 > 92

2√34 > 9

4√34 > 18

36 + 4√34 > 54

34 + 2 + 4√34 > 54

(√34 + 2)2 > (

√54)2

√34 + 2 >

√54

√34 + 5 >

√54 + 3

Отже√34 + 5 >

√54 + 3 .

Вiдповiдь:√34 + 5 >

√54 + 3 .

9 клас 35

Задача 5.

За умовою задачi для додатних a i b справджується нерiвнiсть

ab > 2011a+ 2012b. (9.5.1)

Доведемо, що для зазначених a i b має мiсце нерiвнiсть

a+ b >(√

2011 +√2012

)2

.

1) Оскiльки a > 0 , то нерiвнiсть (9.5.1) можна подати у виглядi

a > 2011 · ab+ 2012 (9.5.2)

2) Так само, з того що b > 0 , нерiвнiсть (9.5.1) можна подати у виглядi

b > 2011 + 2012 · ba

(9.5.3)

3) Додавши лiвi та вiдповiдно правi частини нерiвностей (9.5.2) i (9.5.3) ,матимемо

a+ b > 2011 · ab+ 2012 + 2011 + 2012 · b

a

або жa+ b > (2011 + 2012) +

(2011 · a

b+ 2012 · b

a

). (9.5.4)

3.1) За нерiвнiстю Кошi для другого доданка правої частини нерiвностi(9.5.4) маємо наступну оцiнку(

2011 · ab+ 2012 · b

a

)> 2

√2011 · a

b· 2012 · b

a= 2

√2011 · 2012. (9.5.5)

3.2) Оскiльки 2011 + 2012 + 2√2011 · 2012 =

=√2011

2+ 2

√2011 · 2012 +

√2012

2=

(√2011 +

√2012

)2

,

то з урахуванням (9.5.4) i (9.5.5) , для даних a i b має мiсце нерiвнiсть

a+ b >(√

2011 +√2012

)2

. (9.5.6)



I спосiб – за допомогою «оцiнки знаку добутку через оцiнку знакiвмножникiв»

Очевидно, що областю допустимих значень (ОДЗ) нерiвностi∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0

є множина усiх дiйсних чисел за винятком x = 0 , тобто x ∈ (−∞; 0)∪(0;+∞) .Оскiльки для кожного x iз ОДЗ

∣∣x−1x

∣∣ > 0 , то дана нерiвнiсть є рiвно-сильною сукупностi[

x2 − x− 6 6 0,∣∣x−1x

∣∣ = 0⇔

[(x− 3)(x+ 2) 6 0,x−1x = 0.

Звiдки [−2 6 x 6 3,

x = 1⇒ x ∈ [−2; 3].

З урахуванням ОДЗ остаточно маємо, що x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .

II спосiб – за допомогою рiвносилиних «конструкцiй-переходiв» (по сутi– модифiкований I спосiб)

∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0 ⇔

[x2 − x− 6 6 0,∣∣x−1

x

∣∣ = 0⇔

[(x− 3)(x+ 2) 6 0,x−1x = 0

⇔

⇔

−2 6 x 6 3,{

x = 1,

x = 0

⇔

{−2 6 x 6 3,

x = 0⇒ x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3].

10 клас 37

III спосiб – за допомогою «методу iнтервалiв»

∣∣∣∣x− 1

x

∣∣∣∣ (x2 − x− 6)6 0 ⇔ |x− 1| · (x− 3)(x+ 2)

|x|6 0.

Вiдмiтимо нулi чисельника i нулi знаменника на координатнiй прямiйвiдповiдним чином (незалежно вiд знака нерiвностi нулi знаменника «ви-колюємо», а нулi чисельника – «замальовуємо» (бо знак нерiвностi нестро-гий)) та з’ясуємо (встановимо) знак лiвої частини нерiвностi на кожному зодержаних промiжкiв.

Примiтка: нуль чисельника x = 1 та нуль знаменника x = 0 (наслiдуючи

термiнологiю «методу iнтервалiв») слiд розглядати як «подвiйнi» точки (бо

при переходi через них знак лiвої частини нерiвностi не змiнюється). Крiм того,

оскiльки коефiцiєнти при старших членах у кожному з незвiдних множникiв (на

якi розкладено чисельник i знаменник) є додатними числами та серед сталих

(числових) множникiв лiвої частини немає вiд’ємних множникiв, то рухаючись

вiд крайнього правого промiжку до крайнього лiвого промiжку (на числовiй

осi) знаки iнтервалiв чередуються (+ , − ...) крiм випадкiв переходу через

подвiйнi точки.

2− 0 1 3 + − − −

+

З урахуванням знаку нерiвностi (6 ) та вiдповiдних знакiв (− ) напромiжках маємо, що x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 1] ∪ [1; 3] . Або, що теж самеx ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .

Вiдповiдь: x ∈ [−2; 0) ∪ (0; 3] .


Задача 2.

x+ (y − 2)2012 = z,

y + (z − 2)2012 = x,

z + (x− 2)2012 = y.

Додавши лiвi та вiдповiдно правi частини рiвнянь системи, одержиморiвняння-наслiдок

x+ (y − 2)2012 + y + (z − 2)2012 + z + (x− 2)2012 = z + x+ y ⇔

⇔ (y − 2)2012 + (z − 2)2012 + (x− 2)2012 = 0.

Оскiльки при будь-яких x, y, z ∈ R кожен доданок лiвої частини остан-нього рiвняння є невiд’ємною величиною (як степiнь з парним натуральнимпоказником), а сума трьох невiд’ємних дiйсних чисел дорiвнює нулю лишеза умов рiвностi нулю кожного з доданкiв, то це рiвняння є рiвносильнимсистемi рiвнянь

(y − 2)2012 = 0,

(z − 2)2012 = 0,

(x− 2)2012 = 0

⇔

y − 2 = 0,

z − 2 = 0,

x− 2 = 0

⇔

y = 2,

z = 2,

x = 2.

Не важко перевiрити, що трiйка x = 2 , y = 2 , z = 2 є розв’язком даноїсистеми. Отже, єдиним розв’язком даної системи є трiйка (2; 2; 2) .

Вiдповiдь: (2; 2; 2) .

Задача 3.

I спосiб

Нехай O – центр кола ω , вписаного у △ ABC . Позначимо через A′ , B′

i C ′ точки дотику кола ω зi сторонами BC , AC i AB вiдповiдно. Нехайдалi a , b i c – довжини сторiн BC , AC i AB . Тодi 2p = a + b + c –периметр △ ABC . За умовою ∠C = 1200 . Доведемо, що довжина вiдрiзкаCO дорiвнює 2 (p− c) .

10 клас 39

A

B

C

060

'C

'B

'A

O

1) Нехай CB′ = x . Тодi B′A = b−x . Оскiльки CB′ i CA′ є вiдрiзкамидотичних, проведених через точку C до кола ω , то CA′ = CB′ = x . ТомуA′B = a − x . Так само за властивiстю вiдрiзкiв дотичних, проведених зоднiєї точки до кола, мають мiсце рiвностi{

BC ′ = BA′ = a− x,

AC ′ = AB′ = b− x.

За аксiомою вимiрювання вiдрiзкiв має мiсце рiвнiсть AB = AC ′ + C ′B .Звiдки маємо рiвняння

c = (a− x) + (b− x) ⇔ c = a+ b− 2x ⇔ x =a+ b− c

2.

Отже, згiдно введених позначень, x = p− c

2) Розглянемо прямокутнi трикутники CA′O i CB′O . Оскiльки (за до-веденим ранiше) CA′ = CB′ , а CO – спiльна гiпотенуза, то за катетом iгiпотенузою цi трикутники є рiвними. Тому ∠A′CO = ∠B′CO . За умовою∠A′CB′ = ∠C = 1200 . Тому, як наслiдок iз аксiоми вимiрювання кутiв, маємiсце рiвнiсть

∠A′CO = ∠B′CO =1200

2= 600.

3) Розглянемо прямокутний трикутник CB′O . В ньому: CB′ = p − c ,∠B′CO = 600 . За властивiстю гострих кутiв прямокутного трикутника∠COB′ = 300 . I тому (за властивiстю прямокутного трикутника з кутом300 ) довжина гiпотенузи CO вдвiчi бiльша нiж довжина катета CB′ .Таким чином CO = 2CB′ = 2(p− c) .


II спосiб

Нехай O – центр кола ω , вписаного у △ ABC . Позначимо через A′ iB′ C ′ точки дотику кола ω зi сторонами BC i AC вiдповiдно. Нехай далia , b i c – довжини сторiн BC , AC i AB . Тодi 2p = a+ b+ c – периметр△ ABC .

1) Розглянемо прямокутнi трикутники CA′O i CB′O :1.1) за властивiстю вiдрiзкiв дотичних, проведених з однiєї точки до кола,має мiсце рiвнiсть CA′ = CB′ ,2.1) CO – спiльна гiпотенуза.

Таким чином, за катетом i гiпотенузою трикутники CA′O i CB′O єрiвними. Тому ∠A′CO = ∠B′CO . За умовою ∠A′CB′ = ∠C = 1200 . Тому,як наслiдок iз аксiоми вимiрювання кутiв, має мiсце рiвнiсть

∠A′CO = ∠B′CO =1200

2= 600.

2) Розглянемо прямокутний трикутник CB′O . В ньому: OB′ = r , де r

– радiус вписаного кола; ∠B′CO = 600 . За властивiстю гострих кутiв пря-мокутного трикутника ∠COB′ = 300 . Нехай CO = x . Тодi за визначеннямкосинуса гострого кута прямокутного трикутника має мiсце рiвнiсть

cos(∠COB′) =OB′

CO.

Звiдки маємо, що cos 300 = rx , або ж

√32 = r

x . Тому

x =2r√3=

2√3r

3. (10.3.1)

3) Площу △ ABC можна обчислити за формулою S△ABC = pr . Звiдки

r =S△ABC

p. (10.3.2)

За iншою формулою S△ABC = 12CA · CB · sin∠C . Звiдки

S△ABC =1

2b · a · sin 1200 = ab

√3

4. (10.3.3)

З урахуванням (10.3.1) , (10.3.2) i (10.3.3) маємо, що

x =2√3

3· ab

√3

4p=

ab

2p. (10.3.4)

10 клас 41

4) Покажемо, що для △ ABC з ∠C = 1200 справджується рiвнiстьab

2p= 2(p− c). (10.3.5)

За теоремою косинусiв для △ ABC з ∠C = 1200 маємо рiвнiстьc2 = a2 + b2 − 2ab cos 1200 = a2 + b2 − 2ab ·

(−1

2

)= a2 + b2 + ab .

Томуc2 = a2 + b2 + ab ⇔ ab = a2 + b2 + 2ab− c2 ⇔ ab = (a+ b)2 − c2 ⇔⇔ ab = (a+ b+ c)(a+ b− c) ⇔ ab = 2p · 2(p− c) ⇔ ab

2p = 2(p− c) .Таким чином, згiдно введених позначень та справедливостi рiвностей

(10.3.4) i (10.3.4) , довжину вiдрiзка CO даного трикутника ABC можнаобчислити за формулою

CO = 2(p− c).

Задача 4.

Позначимо число 2012 через x , тодi число 2011 = x − 1 . Тодi, згiдно вве-дених позначень, даний за умовою задачi числовий вираз набуває вигляду:

(x− 1)2 + (x− 1)2 · x2 + x2.

Наведемо наступний ланцюг рiвностей

(x− 1)2 + (x− 1)2 · x2 + x2 =

= (x (x− 1))2 + (x− 1)2 + x2 =

= (x2 − x)2 + x2 − 2x+ 1 + x2 =

= (x2 − x)2 + 2x2 − 2x+ 1 =

= (x2 − x)2 + 2(x2 − x) + 1 =

= (x2 − x+ 1)2.

Зробимо обернену замiну та отримаємо:

20112 + 20112 · 20122 + 20122 = (20112 − 2011 + 1)2,

а це й доводить, що число 20112 + 20112 · 20122 + 20122 можна подати увиглядi повного квадрату числа n = 20112 − 2011 + 1 .

Вiдповiдь: n = 20112 − 2011 + 1 .


Задача 5.

Подамо дане за умовою задачi рiвняння x2 − 2y2 = 1 ⇔ x2 − 1 = 2y2

рiвнянням виду(x− 1)(x+ 1) = 2y2. (10.5.1)

Оскiльки шуканими x, y є простi натуральнi числа, то права частинарiвняння (10.5.1) є парним числом. А тому i лiва частина цього рiвнянняповинна бути парним числом.

Числа (x − 1) , (x + 1) мають однакову парнiсть. Тому їх добуток бу-де парним числом лише за умов, коли (x − 1) = 2m , m ∈ N . Звiдки(x+ 1) = 2m+ 2 , а рiвняння (10.5.1) набуває виду 2m(2m+ 2) = 2y2 , або

2m(m+ 1) = y2. (10.5.2)

Оскiльки лiва частина рiвняння (10.5.2) є парним числом, то i правачастина цього рiвняння повинна бути парним числом. Iснує єдине простечисло, квадрат якого є парним числом. Це – число 2. Отже, y = 2 .

Пiдставивши y = 2 у рiвняння (10.5.1) , одержимо x2 = 9 . Звiдки x = 3

(x = −3 не є натуральним).Таким чином, шуканими простими (натуральними) числами x, y , що за-

довольняють рiвняння x2 − 2y2 = 1 , є числа x = 3 i y = 2 .

Вiдповiдь: x = 3 , y = 2 .

А чи звертали Ви увагу?Будь-яке просте число p > 3 може бути представлене у виглядi

p = 6m− 1, m ∈ N (⋆)

або ж у виглядip = 6m+ 1, m ∈ N (⋆⋆)

! Проте серед чисел виду (⋆) , (⋆⋆) є й складенi числа. Наприклад:25, 65 та безлiч iнших складених чисел.

11 клас 43


За умовою дано зведене квадратне рiвняння

x2 + (2− a)x− a− 3 = 0 ⇔ x2 + (2− a)x− (a+ 3) = 0 (11.1.1)

з параметром a вiдносно змiнної x .Знайдемо дискримiнант цього рiвняння

D = (2− a)2 − 4 · 1 · (−1) · (a+ 3) = a2 − 4a+ 4 + 4a+ 12 = a2 + 16.

Оскiльки при будь-яких значеннях параметра a ∈ R дискримiнантD = a2 + 16 > 16 , то дане квадратне рiвняння при будь-яких значенняхпараметра a ∈ R завжди має два дiйснi (причому рiзнi) коренi x1 та x2 .

Тодi за теоремою Вiєта для коренiв (зведеного) рiвняння (11.1.1) маютьмiсце рiвностi {

x1 + x2 = −(2− a),

x1x2 = −(a+ 3).(11.1.2)

Оскiлькиx21 + x22 = (x1 + x2)

2 − 2x1x2,

то з урахуванням системи (11.1.2) маємо наступну рiвнiсть

x21 + x22 = (2− a)2 − 2 · (−1) · (a+ 3) =

= (a− 2)2 + 2(a+ 3) =

= a2 − 4a+ 4 + 2a+ 6 =

= a2 − 2a+ 10 =

= (a− 1)2 + 9.

Отже, x21 + x22 = (a − 1)2 + 9 . Не важко бачити, що (для коренiв даногорiвняння) значення x21 + x22 буде найменшим лише в тому випадку, коли(a− 1)2 = 0 . Що можливо лише при a = 1 .

Таким чином, сума квадратiв кореней даного рiвняння буде найменшоюлише при a = 1 .



ЗАУВАЖЕННЯ до задачi 1.

Нагадаємо змiст теореми Вiєта

«Якщо квадратне рiвняння ax2+ bx+ c = 0 має дiйснi коренi x1 та x2 ,то мають мiсце рiвностi x1 + x2 =

−ba , x1x2 =

ca ».

Тому перед застосуванням рiвностей (11.1.2) дослiдження питання щодоiснування дiйсних кореней квадратного рiвняння (з параметром) є обов’яз-ковим!

Так наприклад, для рiвняння x2+(2−a)x+ 12a

2−a+5 = 0 дискримiнантD = −a2−16 i тому при будь-яких дiйсних значеннях параметра a рiвняннявзагалi не має дiйсних кореней, хоча формально можна обчислити значеннявиразу (2− a)2 − 2(12a

2 − a+ 5) = ... = −2a− 6.

Бiльше того, оскiльки для квадратного рiвняння з параметром a дискри-мiнант є функцiєю вiд a (D = D(a) ), то питання про найменше значеннясуми квадратiв кореней цього рiвняння повинно дослiджуватись лише длятих значень параметра a , при яких D(a) > 0 .

?! При яких значеннях параметра a сума квадратiв кореней рiвнянняx2 + (2− a)x− a+ 2 = 0 буде найменшою? Знайдiть значення цiєї суми.

?! Розв’яжiть задачу 1 без застосування теореми Вiєта.

А чи звертали Ви увагу?Якщо x1 та x2 – дiйснi коренi зведеного рiвняння x2 + px + q = 0 ,

причому x2 > x1 , тоx2 − x1 =

√D,

де D = p2 − 4q – дискримiнант цього рiвняння.

11 клас 45

Задача 2.

…

1A

1B

1C

1D

1T

O

2C

2D

2A

2B 2

T

1ω

2ω

3T

3ω

1) Нехай A1B1C1D1 – даний квадрат зi стороною a . Тодi площа S1 цьогоквадрата дорiвнює

S1 = a2 =a2

20. (11.2.1)

2) Позначимо через ω1 коло, вписане у квадрат A1B1C1D1 . Тодi очевидно,що радiус R1 кола ω1 дорiвнює R1 =

a2 .

Нехай далi A2B2C2D2 – квадрат, вписаний у коло ω1 . Тодi дiагональ d2

цього квадрата дорiвнює дiаметру кола ω1 . Тому d2 = a . Якщо позначитичерез x2 довжину сторони квадрата A2B2C2D2 , то (за теоремою Пiфагора)має мiсце рiвнiсть x22 + x22 = d22 , звiдки 2x22 = a , x2 =

√a2

2 . I тому площаS2 квадрата A2B2C2D2 дорiвнює

S2 =a2

2=

a2

21. (11.2.2)

3) Позначимо через ω2 коло, вписане у квадрат A2B2C2D2 . Тодi очевидно,

що радiус R2 кола ω2 дорiвнює R2 =

√a2

2

2 .

Нехай далi A3B3C3D3 – квадрат, вписаний у коло ω2 . Тодi дiагональd3 цього квадрата дорiвнює дiаметру кола ω2 . Тому d3 =

√a2

2 . Якщо по-значити через x3 довжину сторони квадрата A3B3C3D3 , то (за теоремоюПiфагора) має мiсце рiвнiсть x23 + x23 =

a2

2 , звiдки 2x23 =a2

2 , x3 =√

a2

4 = a2 .


I тому площа S3 квадрата A3B3C3D3 дорiвнює

S3 =a2

4=

a2

22. (11.2.3)

4) З урахуванням спiввiдношень (11.2.1), (11.2.2), (11.2.3) можна висунутигiпотезу про те, що для натуральних n площу Sn квадрата AnBnCnDn

(який одержано в описаний за умовою задачi спосiб) можна обчислити заформулою

Sn =a2

2n−1. (11.2.4)

Висунуту гiпотезу доведемо iндуктивним методом. А саме:

4.1) Для початкових n = 1, 2, 3 формула (11.2.4) справджується напiдставi встановлених рiвностей (11.2.1), (11.2.2), (11.2.3) .

4.2) Припустимо що формула (11.2.4) має мiсце для певного натураль-ного k > 3 та доведемо що для k + 1 формула (11.2.4) також має мiсце.Iншими словами, ми припускаємо що площа Sk квадрата AkBkCkDk до-рiвнює

Sk =a2

2k−1.

Тодi очевидно що довжина ak сторони цього квадрата дорiвнює

ak =

√a2

2k−1.

Позначимо через ωk коло, вписане у квадрат AkBkCkDk . Тодi очевидно,що радiус Rk кола ωk дорiвнює

Rk =

√a2

2k−1

2.

Нехай далi Ak+1Bk+1Ck+1Dk+1 – квадрат, вписаний у коло ωk . Тодi дiа-

гональ dk+1 цього квадрата дорiвнює дiаметру кола ωk . Тому dk =

√a2

2k−1.

Якщо позначити через xk+1 довжину сторони квадрата Ak+1Bk+1Ck+1Dk+1 ,то (за теоремою Пiфагора) має мiсце рiвнiсть

x2k+1 + x2k+1 =a2

2k−1,

11 клас 47

звiдки 2x2k+1 =a2

2k−1, x2k+1 =

a2

2k,

xk+1 =

√a2

2k.

I тому площа Sk+1 квадрата Ak+1Bk+1Ck+1Dk+1 дорiвнює

Sk+1 =a2

2k=

a2

2(k+1)−1.

4.3) На пiдставi принципу математичної iндукцiї та з урахуванням пун-ктiв 4.1) i 4.2), справедливiсть формули (11.2.4) для натуральних n дове-дено.

5) Оскiльки за формулою (11.2.4) S2012 =a2

22011, то

S1

S2011= 22011.


Задача 3.

y =√

4 sin4 x− 2 cos 2x+ 3 +√

4 cos4 x+ 2 cos 2x+ 3 =

=√

4 sin4 x− 2(1− 2 sin2 x) + 3 +√4 cos4 x+ 2(2 cos2 x− 1) + 3 =

=√

4 sin4 x+ 4 sin2 x+ 1 +√4 cos4 x+ 4 cos2 x+ 1 =

=√

(2 sin2 x+ 1)2 +√

(2 cos2 x+ 1)2 = 2 sin2 x+ 1 + 2 cos2 x+ 1 = 4 .

4

O

Y

X

4y =


Задача 4.

За умовою для четвiрки чисел x, y, u, v виконуються спiввiдношенняx20+ y20 = u20+ v20 i x10+ y10 = u10+ v10 . Тому має мiсце система рiвнянь{

x20 + y20 = u20 + v20,

x10 + y10 = u10 + v10⇔

{x20 − u20 = v20 − y20,

x10 − u10 = v10 − y10.

Звiдки { (x10 − u10

) (x10 + u10

)=

(v10 − y10

) (v10 + y10

),

x10 − u10 = v10 − y10(11.4.1)

Доведемо, що для кожної четвiрки чисел, що є розв’язком системи (11.4.1) ,виконується спiввiдношення

x2010 + y2010 = u2010 + v2010. (11.4.2)

Очевидно, що для другого рiвняння системи (11.4.1) є лише два суттєворiзнi випадки: x10 − u10 = v10 − y10 = 0 i x10 − u10 = v10 − y10 = 0 .

Якщо x10−u10 = v10−y10 = 0 , то очевидно, що розв’язки цього «подвiй-ного» рiвняння є розв’язками i першого рiвняння системи (11.4.1) , а томуi самої системи. Розв’язками (вiдповiдної цьому подвiйному рiвнянню) сис-

теми

{u10 = x10,

v10 = y10є наступнi четвiрки:

{x; y;u = +x; v = +y},

{x; y;u = −x; v = +y},

{x; y;u = +x; v = −y},

{x; y;u = −x; v = −y},

кожна з яких задовольняє умову (11.4.2) .

Якщо ж x10 − u10 = v10 − y10 = 0 , то система (11.4.1) є рiвносильноюсистемi {

x10 + u10 = v10 + y10,

x10 − u10 = v10 − y10 = 0.(11.4.3)

11 клас 49

Звiдки {2x10 = 2v10,

x10 − u10 = v10 − y10 = 0.⇔

x10 = v10,

u10 = y10,

x10 = u10.

Розв’язками останньої системи є наступнi четвiрки:

{x; y;u = +y; v = +x},

{x; y;u = −y; v = +x},

{x; y;u = +y; v = −x},

{x; y;u = −y; v = −x},

(з додатковими обмеженнями u = ±x i v = ±y ) кожна з яких такожзадовольняє умову (11.4.2) .

Таким чином, для кожної четвiрки чисел, що є розв’язком системи(11.4.1) , виконується спiввiдношення (11.4.2) .

Задача 5.

За умовою xyz = 1 , звiдки z = 1xy . I тому

1

1 + x+ xy+

1

1 + y + yz+

1

1 + z + zx=

=1

1 + x+ xy+

1

1 + y + y 1xy

+1

1 + 1xy + x 1

xy

=

=1

1 + x+ xy+

1

1 + y + 1x

+1

1 + 1xy +

1y

=

=1

1 + x+ xy+

1x+xy+1

x

+1

xy+1+xxy

=

=1

1 + x+ xy+

x

1 + x+ xy+

xy

1 + x+ xy=

=1 + x+ xy

1 + x+ xy= 1.


ДОДАТКИ

Рiвносильнi перетворення деяких рацiональних нерiвностей

Всюди нижче f(x), g(x) — деякi рацiональнi функцiї, D(f) , D(g) —областi визначення функцiй f i g вiдповiдно, n ∈ N.

1.f(x)

g(x)> 0 ⇔ f(x)g(x) > 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) < 0,

g(x) < 0.

2.f(x)

g(x)< 0 ⇔ f(x)g(x) < 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) < 0{f(x) < 0,

g(x) > 0.

3. f(x)g(x) > 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) 6 0,

g(x) 6 0.

4. f(x)g(x) 6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) 6 0{f(x) 6 0,

g(x) > 0.

5.f(x)

g(x)> 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) 6 0,

g(x) < 0.

⇔

{f(x)g(x) > 0,

g(x) = 0.

50

ДОДАТКИ 51

6.f(x)

g(x)6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) < 0{f(x) 6 0,

g(x) > 0.

⇔

{f(x)g(x) 6 0,

g(x) = 0.

7. (f(x))2n g(x) > 0 ⇔ |f(x)| g(x) > 0 ⇔

g(x) > 0,

f(x) = 0,

x ∈ D(f).

8. (f(x))2n g(x) < 0 ⇔ |f(x)| g(x) < 0 ⇔

g(x) < 0,

f(x) = 0,

x ∈ D(f).

9. (f(x))2n g(x) > 0 ⇔ |f(x)| g(x) > 0 ⇔

⇔

{

g(x) > 0,

x ∈ D(f){f(x) = 0,

x ∈ D(g)

⇔

x ∈ D(f) ∩D(g),[g(x) > 0,

f(x) = 0.

10. (f(x))2n g(x) 6 0 ⇔ |f(x)| g(x) 6 0 ⇔

⇔

{

g(x) 6 0,

x ∈ D(f){f(x) = 0,

x ∈ D(g)

⇔

x ∈ D(f) ∩D(g),[g(x) 6 0,

f(x) = 0.

Рiвняння, якi мiстять знак абсолютної величини

Абсолютну величину (модуль) дiйсного числа a позначають |a| . Згiдноз визначенням:

|a| =

a, a > 0,

0, a = 0,

−a, a < 0.

Найпростiшi властивостi абсолютних величин (дiйсних чисел) полягаютьу наступному:

1) |ab| = |a||b|; 2)∣∣∣ab

∣∣∣ = |a||b|

, b = 0; 3) |a+ b| 6 |a|+ |b|;

4) |a+ b| > |a| − |b|; 5) |a− b| 6 |a|+ |b|.

52 ДОДАТКИ

Часто при розв’язаннi рiвнянь та нерiвностей доцiльно використовуватинаступнi властивостi модуля:

6)√a2 = |a| ; 7) |a| 6 |b| ⇔ a2 6 b2 ;

8) |a+ b| = |a|+ |b| ⇔ a · b > 0; 9) |a+ b| < |a|+ |b| ⇔ a · b < 0;

10) |a− b| = |a| − |b| ⇔ (a− b) · b > 0;

11) |a− b| > |a| − |b| ⇔ (a− b) · b < 0;

12) |a− b| = |a|+ |b| ⇔ a · b < 0 .Згiдно з (наведеними вище) властивостями модуля, мають мiсце наступнi

схеми розв’язання найбiльш типових рiвнянь з модулем:01. |f(x)| = f(x) ⇔ f(x) > 0.

02. |f(x)| = −f(x) ⇔ f(x) 6 0.

03. |f(x)|+ |g(x)| = 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0.

04. |f(x)|+ |g(x)| = f(x) + g(x) ⇔

{f(x) > 0,

g(x) > 0.

05. |f(x)|+ |g(x)| = f(x)− g(x) ⇔

{f(x) > 0,

g(x) 6 0.

06. |f(x)|+ |g(x)| = |f(x) + g(x)| ⇔ f(x) · g(x) > 0.

07. |f(x)|+ |g(x)| = |f(x)− g(x)| ⇔ f(x) · g(x) 6 0.

08. f(|x|) = g(x) ⇔

{

f(x) = g(x),

x > 0;{f(−x) = g(x),

x < 0.

09. |f(x)| = g(x) ⇔

{

f(x) = g(x),

f(x) > 0;{−f(x) = g(x),

f(x) < 0

⇔

g(x) > 0,[f(x) = g(x),

f(x) = −g(x).

10. |f(x)| = |g(x)| ⇔

[f(x) = g(x),

f(x) = −g(x)⇔ f 2(x) = g2(x).

11. |x− a|+ |x− b| = |a− b| ⇔ b 6 x 6 a (∀a > b) .12. Розглянемо рiвняння виду:

|f1(x)|+ |f2(x)|+ · · ·+ |fn(x)| = g(x),

ДОДАТКИ 53

де fi(x), i = 1, n, g(x), — деякi функцiї.Розв’язання таких рiвнянь шляхом послiдовного розкриття знакiв мо-

дулiв є дуже громiздким. Зазначенi рiвняння доцiльно розв’язувати самеметодом iнтервалiв. Для цього знаходять всi точки, в яких хоча б однаiз функцiй fi(x), i = 1, n змiнює знак. Цi точки дiлять область допу-стимих значень рiвняння на промiжки, на кожному з яких всi функцiїfi(x), i = 1, n зберiгають знак. Використовуючи означення модуля, пе-реходять вiд рiвняння до сукупностi систем, якi не мiстять знакiв модулiв.

Аналогiчно можна розв’язувати i вiдповiднi нерiвностi:

|f1(x)|+ |f2(x)|+ · · ·+ |fn(x)| > g(x).

Нерiвностi з модулем

01. |f(x)| > f(x) ⇔ f(x) < 0.

02. |f(x)| > f(x) ⇔ x ∈ D(f).

03. |f(x)| 6 f(x) ⇔ f(x) > 0.

04. |f(x)| < f(x) ⇒ x ∈ ∅.

05. |f(x)| < g(x) ⇔

{f(x) < g(x),

f(x) > −g(x).

06. |f(x)| 6 g(x) ⇔

{f(x) 6 g(x),

f(x) > −g(x).

07. |f(x)| > g(x) ⇔

[f(x) > g(x),

f(x) < −g(x).

08. |f(x)| > g(x) ⇔

[f(x) > g(x),

f(x) 6 −g(x).

09. |f(x)| 6 |g(x)| ⇔ f 2(x) 6 g2(x) ⇔

{

f(x)− g(x) 6 0,

f(x) + g(x) > 0{f(x)− g(x) > 0,

f(x) + g(x) 6 0.

10. |f(x) + g(x)| < |f(x)|+ |g(x)| ⇔ f(x)g(x) < 0.

11. |f(x)− g(x)| > |f(x)| − |g(x)| ⇔ (f(x)− g(x)) g(x) < 0.

54 ДОДАТКИ

Iррацiональнi рiвняння

Розв’язання iррацiональних рiвнянь полягає у зведенi їх до вiдповiднихрацiональних рiвнянь, якi рiвносильнi вихiдним або є їх наслiдком. Такезведення до рацiональних рiвнянь проводиться в основному пiднесеннямобох частин до степеня з вiдповiдним показником. При цьому спираютьсяна наступнi твердження (всюди нижче — n ∈ N , c = const , c > 0 ):

01. f(x) = g(x) ⇒ f 2n(x) = g2n(x);

02. f(x) = g(x) ⇔ f 2n+1(x) = g2n+1(x);

03. f 2n(x) = g2n(x) ⇔ |f(x)| = |g(x)| ;

04. 2n+1√f(x) = g(x) ⇔ f(x) = g2n+1(x);

05. 2n√

f(x) = g(x) ⇔

{f(x) = g2n(x),

g(x) > 0;

06. 2n√

f(x) = 2n√g(x) ⇔

{f(x) > 0,

f(x) = g(x)⇔

{g(x) > 0,

f(x) = g(x);

07.2n√

f(x)

g(x) = 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0;

08. 2n√

f(x) · g(x) = 0 ⇔

{

f(x) = 0,

x ∈ D(g){g(x) = 0,

f(x) > 0.

09. 2n√

f(x) + 2n√

g(x) = 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0.

10.√

f(x) +√

g(x) = c ⇔

2√

f(x)√

g(x) = c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0

⇔

⇔

{2√

f(x) · g(x) = c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0.⇔

⇔

{2√

f(x) · g(x) = c2 − f(x)− g(x),

g(x) > 0.

11.√

f(x)−√

g(x) = c ⇔ f(x) =(c+

√g(x)

)2

.

ДОДАТКИ 55

12.√f(x) +

√g(x) =

√h(x) ⇔

2√

f(x)√

g(x) = h(x)− f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0,

h(x) > 0

⇔

2√f(x) · g(x) = h(x)− f(x)− g(x),

f(x) > 0,

h(x) > 0.

12′.√f(x)−

√g(x) =

√h(x) ⇔

√g(x) +

√h(x) =

√f(x).

Iррацiональнi нерiвностi

01. 2n+1√f(x) < g(x) ⇔ f(x) < (g(x))2n+1 .

02. 2n+1√f(x) 6 g(x) ⇔ f(x) 6 (g(x))2n+1 .

03. 2n+1√f(x) > g(x) ⇔ f(x) > (g(x))2n+1 .

04. 2n+1√f(x) > g(x) ⇔ f(x) > (g(x))2n+1 .

05. 2n+1√f(x) > 2n+1

√g(x) ⇔ f(x) > g(x).

06. 2n+1√f(x) > 2n+1

√g(x) ⇔ f(x) > g(x).

07. 2n√f(x) > 2n

√g(x) ⇔

{f(x) > g(x),

g(x) > 0.

08. 2n√f(x) > 2n

√g(x) ⇔

{f(x) > g(x),

g(x) > 0.

09. 2n√f(x) < g(x) ⇔

f(x) > 0,

g(x) > 0,

f(x) < (g(x))2n.

10. 2n√f(x) 6 g(x) ⇔

f(x) > 0,

g(x) > 0,

f(x) 6 (g(x))2n.

11. 2n√f(x) > g(x) ⇔

{

g(x) > 0,

f(x) > (g(x))2n{g(x) < 0,

f(x) > 0.

56 ДОДАТКИ

12. 2n√

f(x) > g(x) ⇔

{

g(x) > 0,

f(x) > (g(x))2n{g(x) < 0,

f(x) > 0.

13. 2n√

f(x) · g(x) > 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) = 0,

x ∈ D(g).

14. 2n√

f(x) · g(x) 6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) 6 0{f(x) = 0,

x ∈ D(g).

15.2n√f(x)

g(x)> 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) > 0{f(x) = 0,

g(x) = 0.

16.2n√

f(x)

g(x)6 0 ⇔

{

f(x) > 0,

g(x) < 0{f(x) = 0,

g(x) = 0.

17.2n√f(x)

g(x)> 0 ⇔

{f(x) > 0,

g(x) > 0.18.

2n√f(x)

g(x)< 0 ⇔

{f(x) > 0,

g(x) < 0.

19. 2n√

f(x) + 2n√

g(x) 6 0 ⇔

{f(x) = 0,

g(x) = 0.

20. 2n√

f(x) + 2n√

g(x) > 0 ⇔

{f(x) > 0,

g(x) > 0.

21.√

f(x) +√

g(x) < c ⇔

2√

f(x) · g(x) < c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0

22.√

f(x) +√

g(x) > c ⇔

2√

f(x) · g(x) > c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0,

g(x) > 0

⇔

⇔

{2√

f(x) · g(x) > c2 − f(x)− g(x),

f(x) > 0.⇔

ДОДАТКИ 57

⇔

{2√

f(x) · g(x) > c2 − f(x)− g(x),

g(x) > 0.

23.√f(x)−

√g(x) > c ⇔ f(x) >

(c+

√g(x)

)2

.

24.√f(x)−

√g(x) < c ⇔

f(x) <(c+

√g(x)

)2

,

f(x) > 0.

Рiвносильнi перетворення алгебраїчних систем

Сформулюємо ряд тверджень про рiвносильнi системи:

1.

{F (x; y) = Φ(x; y),

y = f(x)⇔

{F (x; f(x)) = Φ(x; (f(x)),

y = f(x);

2.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) + F2(x; y) = Φ1(x; y) + Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y);

3.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) + F2(x; y) = Φ1(x; y) + Φ2(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y);

4.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y)− F2(x; y) = Φ1(x; y)− Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y);

5.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y)− F2(x; y) = Φ1(x; y)− Φ2(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y);

6.

{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) + F2(x; y) = Φ1(x; y) + Φ2(x; y),

F1(x; y)− F2(x; y) = Φ1(x; y)− Φ2(x; y).

7 . Якщо до множини розв’язкiв рiвняння F2(x; y) = Φ2(x; y) не входятьтакi пари (x; y) , при яких F2(x; y) = Φ2(x; y) = 0 , то:{

F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

{F1(x; y) · F2(x; y) = Φ1(x; y) · Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y);{F1(x; y) = Φ1(x; y),

F2(x; y) = Φ2(x; y)⇔

F1(x; y)

F2(x; y)=

Φ1(x; y)

Φ2(x; y),

F1(x; y) = Φ1(x; y).

Зауваження. При розв’язаннi систем з трьома невiдомими часто вико-ристовують рiвностi:

x2 + y2 + z2 = (x+ y + z)2 − 2(xy + yz + xz),

x3 + y3 + z3 = (x+ y + z)3 + 3xyz − 3(x+ y + z)(xy + yz + xz).

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

[1] Апостолова Г.В. Першi зустрiчi з параметрами / Апостолова Г.В. – К.: Факт, 2004.– 328 с.

[2] Апостолова Г.В. Хитромудрий модуль / Апостолова Г.В. – К.: Факт, 2006. – 256 с.[3] Апостолова Г.В. Антьє i мантиса числа / Апостолова Г.В. Ясiнський В.В. – К.: Факт,

2006. – 128 с.[4] Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультатив-

ный курс / Бардушкин В.В., Кожухов И.Б., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П. – М.:МГИЭТ (ТУ), 2003. – 224 с.

[5] Березина Л. Ю. Графы и их применение : [пособие для учителей] / Березина Л. Ю.– М.: Просвещение, 1979. – 143 с.

[6] Бродский Я.С. Функциональные уравнения / Бродский Я.С, Слипенко А.К. – К.:Вища школа. Головное изд-во, 1983. – 96 с.

[7] Виленкин Н. Я. Индукция. Комбинаторика : [пособие для учителей] / Виленкин Н.Я. – М.: Просвещение, 1976. – 48 с.

[8] Галкин Е. В. Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числами :[учебное пособие для учащихся 7-11 кл.] / Галкин Е. В. – Челябинск: Взгляд, 2005.– 271 с.

[9] Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность : [пособиедля учителей] / Германович П.Ю. – М.: Учпедгиз, 1960. – 224с.

[10] Голубев В.И. Решение сложных и нестандартных задач по математике / ГолубевВ.И. – М: ИЛЕКСА, 2007. – 252 с.

[11] Головина Л. И. Индукция в геометрии / Головина Л. И., Яглом И. М. – М., Фи-зматгиз, 1961. – 101 с.

[12] Гончарова I. В. Евристики в геометрiї [факультативний курс: книга для вчителя] /Гончарова I. В., Скафа О.I. – Х.: Основа, 2004. – 112 с.

[13] Горнштейн П. И. Задачи с параметрами / Горнштейн П. И., Полонский В. Б., ЯкирМ. С. – К.: РИА «Текст»; МП «ОКО», 1992. – 290 с.

[14] Дзигiна Л. Б. Програма пiдготовки учнiв до участi в математичних олiмпiадах /Дзигiна Л. Б. – Основа, 2009. – 89 с. ( Математика в школах України: Науково-методичний журнал, № 16/18.)

[15] Екимова М. А. Задачи на разрезание / Екимова М. А., Кукин Г. П. – М.: МЦНМО,2002. – 122 с.

58


[16] Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К., Как решают нестандартные задачи / Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К.; под редакцией В. О. Бугаенко. – [4-е Изд.] – испр.М.: МЦНМО, 2008. – 96с.

[17] Козко А. И. Задачи с параметром и другие сложные задачи / Козко А. И., ЧирскийВ. Г. – М.: МЦНМО, 2007. – 296с.

[18] Линдгрен Г. Занимательные задачи на разрезание / Линдгрен Г.; [пер. с англ. Ю.Н. Сударева.]; под ред. и с послесл.И, М. Яглома. – М.: Мир, 1977. – 256 с.

[19] Летчиков А. В. Принцип Дирихле. Задачи с указаниями и решениями / ЛетчиковА. В. – Издательство: Удмуртского университета, 1992. – 108 с.

[20] Лiпчевський Л. В. Розв’язування нерiвностей. Нестандартнi способи доведення не-рiвностей / Лiпчевський Л. В., Остапчук У. В. – Бiла Церква : КОIПОПК, 2004. –76 с. – (Навчально – методичний посiбник.)

[21] Мельников О. И. Занимательные задачи по теории графов / Мельников О. И. –Минск: ТетраСистемс, 2001. – 144 с.

[22] Алгебра : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням математики] / Мер-зляк А. Г., Полонський В. Б., Якiр М. С. – Х.: Гiмназiя, 2008. – 368 с.

[23] Мерзляк А. Г. Геометрiя : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням ма-тематики] / Мерзляк А. Г., Полонський В. Б., Якiр М. С. – Х.: Гiмназiя, 2008. –240 с.

[24] Петраков И. С. Математические олимпиады школьников : [пособие для учителей] /Петраков И. С. – М.: Просвещение, 1982. – 96 с.

[25] Прасолов В. В. Задачи по планиметрии, в 2 ч. / Прасолов В. В. – М.: Наука, 1991.[26] Задачi з параметрами / Репета В. К., Клешня Н. О., Коробова М. В., Репета Л. А.

– К.: Вища школа, 2006. – 302 с.[27] Седракян Н. М. Неравенства. Методы доказательства / Седракян Н. М., Авоян А.

М.; [пер. с арм. Г. В. Григоряна] – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с.[28] Шаповалов А. В. Принцип узких мест / Шаповалов А. В. – М.: МЦНМО, 2006. –

24 с.[29] Шень А. Игры и стратегии с точки зрения математики / Шень А. – М.: МЦНМО,

2007. – 40 с.[30] Шень А. Математическая индукция / Шень А. – [3-е изд., дополн.] – М.: МЦНМО,

2007. – 32 с.[31] Ясiнський В. Теорiя лишкiв та її застосування до розв’язування олiмпiадних задач

/ Ясiнський В. – Математика в школi: Науково-методичний журнал № 1/2, 2009. –40,[35] с.

[32] Ясiнський В. Принцип Штурма та його використання пiд час розв’язування олiм-пiадних екстремальних задач / Ясiнський В., Наконечна Л. – Математика в школi:Науково-методичний журнал № 9, 2009. – 40,[33]с.

[33] Ясiнський В. А. Олiмпiадна математика: функцiональнi рiвняння, метод математи-чної iндукцiї / Ясiнський В. А. – Х.: Основа, 2005. – 69 с.

60 РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

Математичнi олiмпiади i турнiри в Українi[34] Сборник задач киевских математических олимпиад / Вышенский В. А., Карташев

Н. В., Михайловский В. И., Ядренко М. И. – К.: 1984. – 240 с.[35] Вишенський В. А. Київськi математичнi олiмпiади 1984-1993 рр. : [збiрник задач] /

Вишенський В. А., Карташов М. В. – К.: Либiдь, 1993. – 144с.[36] Вишенський В. А. Українськi математичнi олiмпiади : [довiдник] / Вишенський В.

А., Ганюшкiн О. Г. – К.: Вища школа, 1993. – 415 с.[37] Лейфура В. М. Математичнi олiмпiади школярiв України. 1991-2000 / Лейфура В.

М., Мiтельман I. М. – К.: Технiка, 2003. – 541 с.[38] Федак I. В. Готуємося до олiмпiади з математики : [посiбник для ЗНЗ] / Федак I.В.

– Чернiвцi, 2003.[39] Басанько А. М. За лаштунками пiдручника з математики : [збiрник розвиваючих

задач для учнiв 5 – 7 класiв] / Басанько А. М., Романенко А. О. – Тернопiль: Пiд-ручники i посiбники, 2004.

[40] Коваль Т. В. 400 задач з математичних олiмпiад. 8-11 класи / Коваль Т. В. – Тер-нопiль: Мандрiвець, 2004. – 80 с.

[41] Лейфура В. М. Змагання юних математикiв України. 2003 рiк / Лейфура В. М. –Х.: Основа, 2004.

[42] Ясiнський В. А. Олiмпiаднi задачi [випуск 1: навчальний посiбник] / Ясiнський В.А. – Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40 с.

[43] Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и при-меров с решениями / [Довбыш Р. И., Потемкина Л. Л., Трегуб Н. Л. и др.] – Донецк:ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.

[44] Лось В. М. Математика: навчаємо мiркувати. Розв’язування нестандартних задач :[навч. посiбник] / Лось В. М., Тихiєнко В. П. – К.: Кондор, 2005 – 312 с.

[45] Сарана О. А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч : [навчальний посiбник]/ Сарана О. А. – К.: А.С.К., 2005. – 344 с.

[46] Ясiнський В. А. Задачi математичних олiмпiад та методи їх розв’язання / ЯсiнськийВ. А. – Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

[47] Ясiнський В. А. Практикум з розв’язування задач математичних олiмпiад : [мето-дический материал] / Ясiнський В. А. – Х.: Основа, 2006. – 128 с. – (Б-ка журн.«Математика в школах України»)

[48] Готуємось до олiмпiади з математики / упорядн. А. Б. Велiховська, О. В. Гримайло.– Х.: Основа, 2007. – 160 с. – (Б-ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 2(50)).

[49] Вороний О. М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 1] / Вороний О. М. –Х.: Основа, 2008. – 128 с. – (Б-ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 5(65)).

[50] Вороний О. М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 2] / Вороний О. М. –Х.: Основа, 2008. – 141, [3] с. – (Б-ка журн. «Математика в школах України»; Вип.


6 (66)).[51] Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2006-2007. /

Анiкушин А. В., Арман А. Р. – К.: Лiтера, 2008 – 135 с.[52] Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв. 2006-2007. / Анiкушин

А. В., Арман А. Р. – К.: Лiтера, 2008 – 224 с.[53] Анiкушин А. В. Всеукраїнськi математичнi бої – 2009. / Анiкушин А. В., Арман А.

Р. ; за ред. Рубльова Б. В. – Днiпропетровськ: Iнновацiя, 2010 – 96 с.[54] Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України 2007-2008 та

2008 – 2009. / Анiкушин А. В., Арман А. Р. ; за ред. Рубльова Б. В. – Львiв: Каменяр,2010 – 552 с.

Математичнi олiмпiади i турнiри в Росiї

[55] Агаханов Н. Х. Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993-2006.Окружной и финальный этапы. – М.: МЦНМО, 2007. – 468 с.

[56] Агаханов Н. Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 1 / [Н. X. Агаханов,И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.; под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И.Колисниченко]. – М.: Просвещение, 2008. – 192 с.

[57] Математика. Областные олимпиады. 8-11 классы / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов,П. А. Кожевников и др.]. – М. : Просвещение, 2010. – 239с.

[58] Агаханов Н. Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 2 / Н. X. Агаханов,О. К. Подлипский; [под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. – М.:Просвещение, 2009. – 159 с.

[59] Агаханов Н. Х. Математика. Районные олимпиады. 6-11 классы / Агаханов Н. X.,Подлипский О. К. – М.: Просвещение, 2010. – 192 с.

[60] Агаханов Н. Х. Математика. Международные олимпиады / Н.X. Агаханов, П. А.Кожевников, Д. А. Терешин. – М.: Просвещение, 2010. – 127 с.

[61] Балаян Э. Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике / Э. Н.Балаян. – 3-е изд. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364 с.

[62] Весенний Турнир Архимеда. Олимпиада для 5-6 классов. Задания с решениями,технология проведения/[Баранова Т. А., Блинков А. Д., Кочетков К. П. и др.]. –М.: МЦНМО, 2003. – 128 с.

[63] Болтянский В. Г. Сборник задач московских математических олимпиад/В. Г. Бол-тянский , А. А. Леман. – М.: Просвещение, 1965. 384 с.

[64] Бончковский Р. Н. Московские математические олимпиады 1935 и 1936 годов/Р.Н.Бончковский . – ОНТИ НКТП СССР, 1936. 82 с.

[65] Вавилов В. В. Задачи отборочных математических олимпиад/В. В.Вавилов . – М.:МГУ, 1992. – 61 с.

[66] Галкин Е. В. Нестандартные задачи по математике. Алгебра: учебное пособие дляучащихся 7-11 кл/Е. В.Галкин. – Челябинск: Взгляд, 2004. – 448 с.

[67] Гальперин Г. А. Московские математические олимпиады/Г. А. Гальперин, А. К.Толпыго . – М.: Просвещение, 1986. – 303с.


[68] Генкин С. А. Ленинградские математические кружки/Генкин С. А., Итенберг И. В.,Фомин Д. В.. – Киров: Аса, 1994. – 272 с.

[69] Горбачев Н. В. Сборник олимпиадных задач по математике/Н. В.Горбачев.– М.:МЦНМО, 2005. – 560 с.

[70] Егоров А. А. Олимпиады «Интеллектуальный марафон». Математика/А. А. Егоров,Ж. М. Раббот . – М.: Бюро Квантум, 2006. – (Библиотечка «Квант»)

[71] Зубелевич Г. И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решения-ми): Пособие для учителей 5-8 классов. под редакцией К. П. Сикорского, изд. 2-e,переработ/Г. И. Зубелевич. – М.: Просвещение, 1971. – 304 с.

[72] Математика в задачах: Сборник материалов выездных школ команды Москвы наВсероссийскую математическую олимпиаду / [под ред. А. А. Заславского, Д. А. Пер-мякова, А. Б. Скопенкова, М. Б. Скопенкова и А. В. Шаповалова]. – М.: МЦНМО,2009. – 488 с.

[73] Московские математические регаты / [cост. А. Д. Блинков, Е. С. Горская, В. М.Гуровиц]. – М.: МЦНМО, 2007. – 360 с.

[74] Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005-2008). – М.: Издательство ЦПИ примеханико-математическом факультете МГУ, 2008. – 48 с.

[75] Московские математические олимпиады 1993-2005 г./[Федоров Р. М., Канель-БеловА. Я., Ковальджи А. К., Ященко И. В.]. / [под ред. В. М. Тихомирова]. – М.: МЦН-МО, 2006. – 456 с.

[76] Севрюков П. Ф. Подготовка к решению олимпиадных задач по математике / П. Ф.Севрюков. – Изд. 2-е. – М.: Илекса; Народное образование; Ставрополь: Сервисшко-ла, 2009. – 112 с.

[77] Спивак А. В. Тысяча и одна задача по математике/А. В.Спивак. – М.: Просвещение,2002. – 208 c.

[78] Фомин А. А. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиа-ды/А. А. Фомин, Г. М. Кузнецова. – М.: Дрофа, 2006. – 159 с.

[79] Фомин Д. В. Санкт-Петербургские математические олимпиады/Д. В.Фомин. –СПб.: Политехника, 1994. 309 с.

[80] Ященко И. В. Приглашение на математический праздник/И. В. Ященко. – М.: МЦН-МО, 2005. – 104 с.

[81] Олимпиадные задания по математике. 9-11 классы: решение олимпиадных задачповышенной сложности / [сост. В. А. Шеховцов]. – Волгоград: Учитель, 2009. –99 с.

Математичнi олiмпiади за часiв СРСР[82] Агаханов Н. Х. Математические олимпиады школьников/ Н. Х. Агаханов, Л. П.

Купцов, Ю. В. Нестеренок. – М.: Просвещение: Учеб. лит., 1997. – 208 с.[83] Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад/ И. Л. Бабинская. – М.: Наука,

1975. – 112 с.


[84] Бугулов Е. А. Сборник задач для подготовки к математическим олимпиадам/ Е.А. Бугулов, Б. А. Толасов. – Орджоникидзе, 1962. – 226 с.

[85] Васильев Н. Б. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юныхматематиков/ Н. Б. Васильев, А. А. Егоров. – М.: Учпедгиз, 1963. – 53 с.

[86] Заочные математические олимпиады/ Н. Б. Васильев, В. Л. Гуттенмахер, Ж. М.Раббот, А. Л. Тоом. – [2-е изд.]. – М.: Наука, 1987. – 176 с.

[87] Васильев Н. Б. Задачи всесоюзных математических олимпиад/ Н. Б.Васильев, А.А. Егоров. – М.: Наука, 1988. – 288 c.

[88] Петраков И. С. Математические олимпиады школьников: пособие для учителей/ И.С.Петраков. – М.: Просвещение, 1982. – 96 с.

[89] Ю. М. Рябухин Кишиневские математические олимпиады/Ю. М. Рябухин, В. П.Солтан, Б. И. Чиник. – Кишинев: Штиинца, 1983. – 76 c.

[90] Савин А. П. Физико-математические олимпиады: сборник/ А. П. Савин. – М.: Зна-ние, 1977. – 160с.

[91] Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике. Под ред. Ф.М. Шустеф/Ф. М. Шустеф, А. М. Фельдман, В. Ю. Гуревич.–Минск: Государственное учебно-педагогическое издательство Министерства просвещения БССР, 1962. 84 с.

Мiжнароднi та закордоннi математичнi олiмпiади

[92] Берник В. И. Сборник олимпиадных задач по математике/ В. И. Берник, И. К.Жук, О. В Мельников. – М.: Нар. асвета, 1980. – 144 с.

[93] Васильев Н. Б. Задачи Всесоюзных математических олимпиад/ Н. Б. Васильев, А.А. Егоров. – М.: Наука, 1988. – 288 с.

[94] Конягин С. В. Зарубежные математические олимпиады / под ред. И. Н Сергеева/С. В.Конягин, Г. А. Тоноян, И. Ф. Шарыгин. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.,1987. – (Б-ка мат. кружка). – 416 с.

[95] Венгерские математические олимпиады.[пер. с венг, Ю. А. Данилова. под ред. и спредисл. В. М. Алексеева]/Кюршак Й., Нейкомм Д., Хайош Д., Шурани Я..– М.:Мир, 1976. – 543 с.

[96] Лейфура В. М. Задачi мiжнародних математичних олiмпiад та методи їх розв’язу-вання/ В. М. Лейфура, I. М. Мiтельман. – Львiв: Євро свiт, 1999. – 128 с.

[97] Морозова Е. А. Международные математические олимпиады. Задачи, решения, ито-ги: пособие для учащихся/ Е. А. Морозова, И. С. Петраков, В. А. Скворцов. – [4-еизд., испр. и доп]. – М.: Просвещение, 1976. – 288 с.

[98] Страшевич С. Польские математические олимпиады/Страшевич С., Бровкин Е.;предисл, А. Пелчинского и А. Шинцеля; пер. с польск. Ю. А. Данилова; под ред,В.М. Алексеева. – M.: Мир, 1978. – 338 с.

[99] Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады / [cост. А. А.Фомин, Г. М. Кузнецова]. – М.: Дрофа, 1998. – 160 с.



1. Київськi олiмпiади з математики (сайт київських та всеукраїнських олiмпiад татурнiрiв з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови про-ведення математичних змагань, що проходили в Українi протягом останнiх рокiв)[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://matholymp.org.ua/

2. Фiзико-математичний журнал «Квант» (завдання рiзних математичних олiмпiадза 1971-2002рр) [Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.:http://kvant.mirror1.mccme.ru/

3. Сайт мiжнародних олiмпiад з математики [Електронний ресурс]. – Режим доступудо журн.: http://www.imo-official.org/

4. Олимпиады для школьников [Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.:http://olimpiada.ru/

5. Всероссийская олимпиада по математике [Електронний ресурс]. – Режим доступудо журн.: math.rusolymp.ru/

6. Российская страница международного математического конкурса «Кенгуру»[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://mathkang.ru/

7. Українська сторiнка мiжнародного конкурсу «Кенгуру» [Електронний ресурс]. –Режим доступу до журн.: http://www.kangaroo.com.ua/index.php

8. Московская математическая олимпиада школьников [Електронний ресурс]. –Режим доступу до журн.: http://olympiads.mccme.ru/mmo/

9. Санкт-Петербургские математические олимпиады [Електронний ресурс]. – Режимдоступу до журн.: http://www.pdmi.ras.ru/ olymp/

10. Турнир городов Международная математическая олимпиада для школьников[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://www.turgor.ru/

11. Cайт Московского Центра Непрерывного Математического Образования[Електронний ресурс]. – Режим доступу до журн.: http://www.mccme.ru/

12. Задачная база олимпиадных задач (декiлька тисяч олiмпiадних задач росiйських iмiжнародних математичних змагань). [Електронний ресурс]. – Режим доступу дожурн.: http://zaba.ru/, http://problems.ru/

МIНIСТЕРСТВО ОСВIТИ I НАУКИ УКРАЇНИ



II ЕТАПУ



6 – 11 класи


ДВНЗ «Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

як навчальний посiбник

для факультативних занять з математики


УДК 51 (075.3)

ББК 22.1 я 721

О-543

Олiмпiаднi задачi: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з ма-тематики — 2013 : навчальний посiбник / Б.Б. Беседiн, О. А.Кадубовський,В.С. Сьомкiн, Н. I. Труш, О.В. Чуйко. — Слов’янськ : видавничий центр«Маторiн», 2014. — 60 с. — (Викладачi ДДПУ — учням, студентам, вчи-телям, вип. 12).

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посiбник для про-ведення гурткових i факультативних занять при пiдготовцi до учнiвськихматематичних олiмпiад. Буде корисним учням ЗОШ та студентам матема-тичних спецiальностей педагогiчних ВНЗ.

РЕКОМЕНДОВАНОвченою радою Державного вищого навчального закладу

«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»,протокол № 5 вiд 30.01.2014 р.

Рецензенти:доктор педагогiчних наук Є.О. ЛОДАТКО,Українська iнженерно-педагогiчна академiя,професор кафедри охорони працi та iнженерної педагогiки

кандидат фiзико-математичних наук В.Є. ВЕЛИЧКО,Донбаський державний педагогiчний унiверситет,доцент кафедри алгебри.

Вiдповiдальний за випуск:кандидат фiз.-мат. наук, доцент кафедри геометрiї таметодики викладання математики О.А. Кадубовський

© Б.Б. Беседiн, О.А. Кадубовський,В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко, 2014

Змiст

Вiд авторiв . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4







3

ВIД АВТОРIВ




Д. Пойа1

Даний посiбник є дванадцятим випуском серiї «ВИКЛАДАЧI ДДПУ –УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ» заснованої у 2008 роцi. Посiбникмiстить розв’язання задач II етапу (районного) Всеукраїнської учнiвськоїолiмпiади з математики, який проводився 23 листопада 2013 року вiдповiд-но до наказу Мiнiстерства освiти i науки України вiд 05.08.2013 року № 1079«Про проведення Всеукраїнських учнiвських олiмпiад i турнiрiв у 2013/2014навчальному роцi» та наказу Управлiння освiти i науки Донецької обласноїдержавної адмiнiстрацiї № 619 вiд 15.10.2013 «Про проведення II етапу Все-українських учнiвських олiмпiад у 2013-2014 навчальному роцi».

Як i в попереднiх випусках для бiльшостi задач олiмпiади пропонуєтьсякiлька способiв розв’язання, обсяг викладок яких iнколи суттєво вiдрiзня-ється. Такий пiдхiд нi в якому разi не передбачає оцiнки доцiльностi абопорiвняння того чи iншого iз запропонованих методiв. Навпаки, оскiлькикожна олiмпiадна задача є, в певному розумiннi, унiкальною i вимагає осо-бливого ставлення, то головна мета авторiв посiбника — «донести» до вчи-телiв i учнiв якомога бiльше корисних математичних iдей i принципiв тапоказати їх застосування.


4


Нагадаємо, що принципами в математицi називають деякi простi, майжеочевиднi, твердження, аксiоми або методи, якi використовуються в дове-деннях математичних теорем. Дуже часто учнi зустрiчаються з ними прирозв’язуваннi олiмпiадних задач з математики. Перш за все учнi, якi бе-руть участь в олiмпiадах, повиннi володiти значною кiлькiстю принципiв.Нажаль шкiльна програма не передбачає знайомства з бiльшiстю iз них. Зосновними математичними принципами можна ознайомитись у наведенiйлiтературi, зокрема в [13]2.

У посiбнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс яких по-лягає:у формулюваннi двоїстої або схожої задачi,або ж в узагальненнi запропонованої задачi.



Маємо надiю, що представлений посiбник буде корисним керiвникам ма-тематичних гурткiв та їх зацiкавленим учням, стане для багатьох з нихпоштовхом до бiльш змiстовних мiркувань i буде спонукати до системати-чного ознайомлення з тим чи iншим роздiлом математики.


Iз найщирiшими побажаннями, викладачi кафедри геометрiї та методикивикладання математики фiзико-математичного факультету Державного ви-щого навчального закладу «Донбаський державний педагогiчний унiверси-тет».

14.01.2014



6 клас

1. (15 балiв) У зерносховищi було 120 т зерна. За перший день вивезли35% всього зерна, за другий – 25% всього зерна. Скiльки тон зерназалишилось в зерносховищi?

2. (15 балiв) Знайдiть площу города прямокутної форми, якщо людинаобходить його за 5 хвилин зi швидкiстю 20 м/хв. Вiдомо, що ширинагорода 20 м.

3. (20 балiв) Я задумав число, якщо до його половини додати йогочверть, то отримаємо 18. Яке число я задумав?

4. (20 балiв) Доведiть, що число, записане трьома однаковими цифрамидiлиться на 37.

5. (30 балiв) Навколо кола розташували 2013 натуральних чисел. Дове-дiть, що знайдуться два сусiднiх числа, сума яких парна.

7 клас

1. (15 балiв) Розв’яжiть рiвняння |x| = x2 + 2013 .

2. (15 балiв) Перший множник збiльшили на 50%, а другий множникзменшили на 16%. Як змiнився добуток?

3. (20 балiв) На паперi в клiтинку накреслили квадрат зi стороною 5 клi-тинок. Розбийте його на 5 частин однакової площi, проводячи вiдрiзкилише по лiнiях сiтки. Чи може статися так, що сума довжин проведенихвiдрiзкiв не перевищує 16 клiтинок?

6


4. (20 балiв) Сума чотирьох чисел дорiвнює 100. Якщо перше числозбiльшити на 4, друге збiльшити в 4 рази, третє число зменшити на4, а четверте зменшити в 4 рази, то отримаємо рiвнi результати. Зна-йдiть цi числа.

5. (30 балiв) На столi лежать 18 олiвцiв. Двоє учнiв по черзi беруть один,два або три олiвцi. Програє той, хто вiзьме останнiй олiвець. Як повиненграти перший учень, щоб виграти?

8 клас

1. (15 балiв) Порiвняйте числа 150·51 +

151·52 +

152·53 + ...+ 1

99·100 та 1100 .

2. (15 балiв) Побудуйте графiк функцiї

y =x2 − 4x

4− x− x2 − 4

x− 2.

3. (20 балiв) З довiльної точки M катета AC прямокутного трикутникаABC опущено перпендикуляр MK на гiпотенузу AB . Доведiть, що∠MKC = ∠MBC .

4. (20 балiв) Доведiть, що з будь-яких дев’яти натуральних чисел можнавибрати два, рiзниця яких дiлиться на 8.

5. (30 балiв) Сума трьох цiлих чисел дiлиться на 6. Доведiть, що сумакубiв цих чисел дiлиться на 6.

9 клас

1. (15 балiв) Довести, що(1 +

x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)> 8 ,

якщо x > 0, y > 0, z > 0 .2. (15 балiв) Розв’язати рiвняння x2 + y2 + 10x− 12y + 61 = 0 .3. (20 балiв) Знайдiть площу рiвнобiчної трапецiї з основами 8см та 10см,

якщо її дiагоналi перпендикулярнi.4. (20 балiв) Доведiть, що якщо a−2b = 1 , то рiвнiсть a3−8b3 = 1+6ab

є вiрною.5. (30 балiв) В готель приїхав мандрiвник. Грошей у нього не було. Вiн

мав срiбний ланцюжок з 7 кiлець. За кожен день перебування в готелi


вiн розплачувався одним кiльцем ланцюжка. Господар попередив, щозгоден взяти не бiльше одного розпиляного кiльця, а iншi повиннi бутицiлими. Як мандрiвниковi розпиляти ланцюжок, щоб прожити у готелiтиждень i кожен день розплачуватися з господарем?

10 клас

1. (15 балiв) Розв’яжiть нерiвнiстьx2 + x− 12√x2 + x− 6

6 0 .

2. (15 балiв) При яких значеннях параметра a коренi рiвняння

x2 − (2a+ 1)x+ a2 − 4a+ 3 = 0

є додатними числами?3. (20 балiв) На продовженнi найбiльшої сторони AC трикутника ABC

вiдкладено вiдрiзок CD , причому CD = BC . Доведiть, що ∠ABDтупий.

4. (20 балiв) Побудуйте графiк функцiї y =|x− 4|4− x

(x2 − 4x

).

5. (30 балiв) a i b - дiйснi числа, рiзниця яких дiлиться на 11. Доведiть,що число

(a2 + b2

)2+ 7a2b2 також дiлиться на 11.

11 клас

1. (15 балiв) Визначте, яке число бiльше 13

√1997

1998чи 13

√1998

1999.

2. (15 балiв) Функцiя f така, що для будь-яких додатних x та y ви-конується рiвнiсть f(x · y) = f(x) + f(y) . Знайдiть f (2013) , якщоf(

12013

)= 1 .

3. (20 балiв) Знайдiть площу паралелограма зi сторонами a та b , якщогострий кут мiж дiагоналями дорiвнює φ .

4. (20 балiв) Розв’яжiть рiвняння 1 + cos (x− 1) = x2+1x , де x > 0 .

5. (30 балiв) Знайдiть максимальне значення виразу a2 + b2 , якщо вiдо-мо, що a2 + b2 + ab = a+ b .


6 клас

1. Вiдповiдь: 48 т.

2. Вiдповiдь: 600 кв. м.

3. Вiдповiдь: 24.

4. – задача на доведення.


7 клас

1. Вiдповiдь: 4026 , −1342 .

2. Вiдповiдь: збiльшиться на 26%.

3. Вiдповiдь: так (задача на побудову).

4. Вiдповiдь: a = 12 , b = 4 , c = 20 , d = 64 .


8 клас

1. Вiдповiдь: числа є рiвними.

2. – задача на побудову.


9

10 ЧАСТИНА II. ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ



9 клас


2. Вiдповiдь: x = −5 , y = 6 .

3. Вiдповiдь: 81 кв. см.



10 клас

1. Вiдповiдь: x ∈ [−4;−3)∪(2; 3] .

2. Вiдповiдь: a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .


4. – задача на побудову.


11 клас

1. Вiдповiдь: 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

2. Вiдповiдь: −1 .

3. Вiдповiдь: 12

∣∣b2 − a2∣∣ tgφ .

4. Вiдповiдь: x = 1 .

5. Вiдповiдь: 1 .



За умовою задачi за перший день iз зерносховища вивезли 35% всьогозерна, а за другий – 25% всього зерна. Тому за два днi вивезли 35+25 = 60%всього зерна. Тодi у зерносховищi залишилося 100−60 = 40% всього зерна.

Оскiльки в зерносховищi спочатку було 120 т зерна, то пiсля вивозу за-лишилося зерна (120 : 100) · 40 = (120 · 40) : 100 = 4800 : 100 = 48 т.

Вiдповiдь: 48 т.

Задача 2.

За умовою людина обходить город за 5 хвилин зi швидкiстю 20 м/хв. То-му, обiйшовши город, людина подолає вiдстань, яка становить 5·20 = 100 м.

Оскiльки город має форму прямокутника, то з останнього випливає, щопериметр прямокутника (границi города) становить 100 м.

За умовою ширина города 20 м. Оскiльки пiвпериметр города становить50 м, а протилежнi сторони прямокутника є рiвними ширинi i довжинi вiд-повiдно, то довжина города становить 50− 20 = 30 м.

Площа города дорiвнює площi прямокутника, який обмежує город. Томуплоща города становить 20 · 30 = 600 кв. м.

Вiдповiдь: 600 кв. м.

11


Задача 3.

Нехай x – четверта частина задуманого числа. Тодi задумане число ста-новить 4 · x , а його половина – 2 · x . За умовою, якщо до половини заду-маного числа додати його чверть, то отримаємо число 18. Тому має мiсцерiвняння 2x+ x = 18 . Звiдки 3x = 18 , x = 18 : 3 , x = 6 .

Розв’язавши рiвняння ми одержали, що x = 6 . Тому, згiдно введенихпозначень, задумане число становить 4x i дорiвнює 4·6 = 24 . Таким чином,задуманим числом було число 24.

Вiдповiдь: 24.

?! Якщо цеглина важить 1 кiлограм плюс вага половини цеглини, тоскiльки важить цеглина?

Задача 4.

I спосiб

111 = 37 · 3; 222 = 2 · 111 = 2 · 37 · 3 = 37 · 6;333 = 3 · 111 = 3 · 37 · 3 = 37 · 9;444 = 4 · 111 = 4 · 37 · 3 = 37 · 12;555 = 5 · 111 = 5 · 37 · 3 = 37 · 15;666 = 6 · 111 = 6 · 37 · 3 = 37 · 18;777 = 7 · 111 = 7 · 37 · 3 = 37 · 21;888 = 8 · 111 = 8 · 37 · 3 = 37 · 24;999 = 9 · 111 = 9 · 37 · 3 = 37 · 27.

Кожне з чисел, записаних трьома однаковими цифрами, дiлиться на 37,оскiльки кожне з них можна подати у виглядi добутку двох натуральнихчисел, одне з яких дорiвнює 37.

II спосiб

Нехай a – одна з цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Тодi будь-яке число B , записанетрьома однаковими цифрами a , можна подати у виглядi

B = aaa = 100 · a+ 10 · a+ a = 111 · a = 37 · 3 · a.

6 клас 13

Оскiльки число B можна подати у виглядi добутку трьох натуральнихчисел, одне з яких дорiвнює 37, то будь-яке число, записане трьома однако-вими цифрами a (a = 0 ), дiлиться на 37.

?! Доведiть, що кожне з чисел, записаних чотирма однаковимицифрами, дiлиться на 101.

Задача 5.

За умовою задачi по колу вписали 2013 натуральних числа. Доведемо, щознайдуться два сусiднiх числа, сума яких є парною.

Найбiльша кiлькiсть чисел (з 2013 заданих довiльних натуральних чи-сел), яку можна розташувати по колу, так щоб жодна пара сусiднiх чиселв сумi не давала парного числа, дорiвнює 2012. Це випадок, коли маємо1006 парних i 1006 непарних чисел, якi чергуються на колi (парне, непарне,парне,...). 2013-те натуральне число буде або парним, або непарним. Прибудь-якому його розташуваннi на колi воно обов’язково потрапить мiж пар-ним i непарним числом.

Тобто, на колi обов’язково з’явиться пара сусiднiх чисел, якi мають одна-кову парнiсть i тому в сумi дадуть парне число.

А чи звертали Ви увагу?9× 1 = 9 , 0 + 9 = 9 ; 9× 11 = 99 , 9 + 9 = 18 , 1+8=9;9× 2 = 18 , 1 + 8 = 9 ; ...9× 3 = 27 , 2 + 7 = 9 ;9× 4 = 36 , 3 + 6 = 9 ;9× 5 = 45 , 4 + 5 = 9 ;9× 6 = 54 , 5 + 4 = 9 ;9× 7 = 63 , 6 + 3 = 9 ;9× 8 = 72 , 7 + 2 = 9 ;9× 9 = 81 , 8 + 1 = 9 ;9× 10 = 90 , 9 + 0 = 9 .



Розв’яжемо рiвняння|x| = x

2+ 2013. (7.1.1)

За визначенням

|x| =

x, x > 0

0, x = 0

−x, x < 0

(7.1.2)

З урахуванням (7.1.2) , рiвняння (7.1.1) :1) У випадку, коли x > 0 , набуває вид

x =x

2+ 2013,

звiдки x2 = 2013 , x = 4026 . Оскiльки 4026 > 0 , то x1 = 4026 – корiнь

рiвняння (7.1.1) .2) У випадку, коли x < 0 , набуває вид

−x =x

2+ 2013,

звiдки −3x2 = 2013 , −3x = 4026 , x = −1342 . Оскiльки −1342 < 0 , то

x2 = −1342 – корiнь рiвняння (7.1.1) .Таким чином, коренями даного рiвняння (7.1.1) є значення змiнної

x1 = 4026 , x2 = −1342 .

Вiдповiдь: 4026 , −1342 .

?! Вiдомо, що a > b > 0, c > 0 . Доведiть, що коренями рiвняння

a |x| = bx+ c

є значення змiнноїx1 =

c

a− b, x2 = − c

a+ b.

7 клас 15

Задача 2.

Нехай a – перший множник, а b – другий множник. Тодi добуток d цихмножникiв становить d = a · b .

1) Пiсля збiльшення першого множника a на 50%, одержали число

a′ = a+a

100· 50 =

150

100a =

3

2a;

2) пiсля зменшення другого множника b на 16% одержали число

b′ = b− b

100· 16 =

84

100b =

21

25b;

3) добуток d′ чисел a′ i b′ становить d′ =3

2a · 21

25b =

63

50ab .

Таким чином d′ =63

50· d , звiдки

d′

d=

63

50=

126

100.

Оскiльки63

50> 1 , то

d′

d> 1 . I тому d′ > d .

Отже, якщо перший множник збiльшити на 50%, а другий множник змен-шити на 16%, то добуток збiльшиться на 26%.

Вiдповiдь: добуток збiльшиться на 26%.

?! Якщо заробiтну плату робiтника спочатку збiльшили на 25%, а потiмзменшили на 20%, то чи змiниться i як заробiтна плата?

А чи звертали Ви увагу?1) Для збiльшення величини a на p% достатньо a помножити на «вiд-

повiдний коефiцiент» – число

100 + p

100.

2) Для зменшення величини b на q% достатньо b помножити на «вiд-повiдний коефiцiент» – число

100− q

100.


Задача 3.

Шуканi розбиття квадрата зi стороною 5 клiтинок на 5 частин однаковоїплощi (шляхом проведення вiдрiзкiв вздовж лiнiй сiтки) показано на рис. 1нижче iз зазначенням вiдповiдної суми довжин проведених вiдрiзкiв.

20 19 18 17

16 16 16 16

Рис. 1: Приклади розбиття квадрата зi стороною 5 клiтинок на 5 частин однакової площi

Вiдповiдь: Так, сума довжин проведених вiдрiзкiв може неперевищувати 16 клiтинок (вiдрiзкiв).


Зауважимо, що «частини» однакової площi (рiвної сумi площ 5 квадратiв-клiтинок), якi одержуються в результатi розрiзання квадрата 5 × 5 (шля-хом проведення вiдрiзкiв вздовж лiнiй сiтки), є плоскими геометричнимифiгурами, якi утворенi шляхом сполучення п’яти одноклiтинних квадратiввздовж їх сторiн.

Не важко перевiрити, що всi такi фiгури вичерпуються 12-ма фiгурамиFi («пентамiно»), зображеними на рис. 2 нижче.

7 клас 17

1F

2F

3F

4F

5F

6F

7F

8F

9F

10F

11F

12F ( )12

10P =

Рис. 2: 12 рiзних (з точнiстю до рiвностi фiгур) фiгур-пентамiно

Оберемо в якостi одиницi довжини – довжину сторони квадрата-клiтинки. Тодi очевидно, що: периметр Q квадрата 5 × 5 становить 20лiн.од.; периметр Pi кожної з фiгур Fi , за винятком останньої («12-ої»),дорiвнює 12 лiн.од., а периметр фiгури F12 – 10 лiн.од.

Очевидно, що сума P периметрiв будь-яких п’яти iз 12-ти зазначенихфiгур може приймати одне з наступних значень: 50, 52, 54, 56, 58, 60. Тобто,

50 6 P 6 60. (7.3.1)

Позначимо через K – суму довжин проведених вiдрiзкiв розбиття квад-рата 5× 5 на 5 фiгур-пентамiно (що задовольняє умову задачi).

Кожен вiдрiзок (одиничної довжини), вздовж якого вiдбувається прове-дення розбиття, належить точно двом фiгурам. I тому його довжина вхо-дить до периметрiв точно двох фiгур. Отже, суму P периметрiв п’яти фiгурбудь-якого розбиття квадрата 5×5 на 5 фiгур-пентамiно можна обчислитиза правилом P = 2K +Q . Звiдки P − 20 = 2K або ж

P − 20

2= K. (7.3.2)

З урахуванням (7.3.1) , має мiсце оцiнка 30 6 P − 20 6 40 . Звiдки15 6 P−20

2 6 20 . З урахуванням останньої нерiвностi та оцiнки (7.3.2) , миодержали необхiдну умову, яку повинна задовольняти величина K длябудь-якого розбиття квадрата 5× 5 на 5 фiгур-пентамiно. А саме

15 6 K 6 20. (7.3.3)


З останнього випливає, що при будь-якому натуральному K < 15 або жK > 20 шуканого розбиття квадрата 5× 5 на 5 фiгур-пентамiно не iснує.

На рисунку 1 наведено приклади реалiзацiї розбиття квадрата 5× 5 на5 фiгур-пентамiно для кожного з випадкiв коли K = 20; 19; 18; 17; 16 .

З’ясуємо тепер питання про iснування розбиття квадрата 5×5 на

5 фiгур-пентамiно у випадку K = 15.

З урахуванням (7.3.2) , K = 15 ⇔ P = 50 . P = 50 лише у випадку, коликожна з фiгур-пентамiно є (з точнiстю до рiвностi фiгур) фiгурою F12 .

Доведемо, що розбиття квадрата 5× 5 на п’ять фiгур-пентамiно F12 неiснує. Для цього розфарбуємо квадрат 5×5 у два кольори (чорний i бiлий)так, як показано на рисунку нижче. Тодi будь-яка фiгура F12 (яка цiлкоммiститься всерединi квадрата 5× 5 ) буде мати1) 3 чорних i 2 бiлих клiтинки або ж 2) 2 чорних i 3 бiлих клiтинки.

Нехай x – число фiгур F12 1-го типу, тодi 5 − x – число фiгурF12 2-го типу. Тому загальне число клiтинок чорного кольору становить3 · x + 2 · (5 − x) = x + 10 . З iншого боку, H = 15 . Звiдки x = 5 . Такимчином, кожна з п’яти фiгур розбиття повинна бути фiгурою F12 1-го ти-пу. Всi фiгури F12 1-го типу вичерпуються з точнiстю до рiвностi фiгур тарозфарбування фiгурами виду A i B , зображеними на рисунку.

A B

Очевидно, що: для «покриття» 5-ти бiлих клiтинок 2-го стовпця квадрата5 × 5 знадобиться щонайменше 3 фiгури 1-го типу; для «покриття» 5-тибiлих клiтинок 4-го стовпця – також щонайменше 3 фiгури 1-го типу; середфiгур виду A i B немає таких, якi б одночасно «покрили» бiлi клiтинкиу 2-му i 4-му стовпцях. З останнього й випливає, що для «покриття» бiлихклiтинок знадобиться щонайменше шiсть фiгур F12 .

7 клас 19

Задача 4.

Позначимо перше, друге, третє i четверте шуканi числа як a , b , c i dвiдповiдно.

I спосiб

За умовою, якщо перше число збiльшити на 4, друге збiльшити в 4 рази,третє число зменшити на 4, а четверте зменшити в 4 рази, то отримаєморiвнi результати. Тому мають мiсце рiвностi

a+ 4 = b · 4 = c− 4 =d

4= t, (7.4.1)

де t – спiльне значення. Звiдки

a = t− 4, b =t

4, c = t+ 4, d = 4t. (7.4.2)

За умовою сума чотирьох чисел a , b , c i d дорiвнює 100, тому має мiсцерiвняння

t− 4 +t

4+ t+ 4 + 4t = 100, (7.4.3)

звiдки 6t+ t4 = 100 , 24t+ t = 400 , 25t = 16 · 25 , t = 16 .

З урахуванням (7.4.2) , маємо

a = 16− 4 = 12, b =16

4= 4, c = 16 + 4 = 20, d = 4 · 16 = 64. (7.4.4)

II спосiб

За умовою має виконуватись рiвнiсть

a+ 4 = b · 4 = c− 4 =d

4. (7.4.5)

Звiдкиa = 4b− 4, b = b, c = 4b+ 4, d = 16b. (7.4.6)

Оскiльки a+ b+ c+ d = 100 , то

4b− 4 + b+ 4b+ 4 + 16b = 100, (7.4.7)

звiдки 25b = 100 ⇒ b = 4 .I тому a = 4 · 4− 4 = 12, c = 4 · 4 + 4 = 20, d = 16 · 4 = 64 .

Вiдповiдь: a = 12 , b = 4 , c = 20 , d = 64 .


Задача 5.

Для того щоб, згiдно з правилами гри, перший учень виграв, на остан-ньому – k -му своєму кроцi вiн повинен залишити 1 олiвець (для другого).Для того, щоб йому це вдалося, на передостанньому (k − 1) -му кроцi вiнповинен залишити для другого 5 олiвцiв:

якщо другий учень на (k − 1) -му кроцi вiзьме 1 олiвець, то перший наостанньому k -му кроцi повинен взяти 3 олiвця;

якщо другий учень на (k − 1) -му кроцi вiзьме 2 олiвця, то перший наостанньому k -му кроцi повинен взяти 2 олiвця;

якщо другий учень на (k − 1) -му кроцi вiзьме 3 олiвця, то перший наостанньому k -му кроцi повинен взяти 1 олiвець.

Так само, для того, щоб пiсля (k−1) -го кроку першому вдалося залиши-ти для другого 5 олiвцiв, пiсля (k− 2) -го кроку перший повинен залишитидля другого 9 олiвцiв:

якщо другий учень на (k − 2) -му кроцi вiзьме 1 олiвець, то перший напередостанньому (k − 1) -му кроцi повинен взяти 3 олiвця;

якщо другий учень на (k − 2) -му кроцi вiзьме 2 олiвця, то перший напередостанньому (k − 1) -му кроцi повинен взяти 2 олiвця;

якщо другий учень на (k − 2) -му кроцi вiзьме 3 олiвця, то перший напередостанньому (k − 1) -му кроцi повинен взяти 1 олiвець.

Продовжуючи вказанi мiркування, приходимо до висновку, що першийучень для гарантованого виграшу в данiй грi повинен залишати пiсля себе«в зворотному напрямку» 1; 5; 9; 13; 17 олiвцiв.

Отже, перший учень, щоб виграти, повинен грати наступним чином:

Вiдповiдь: першого разу вiн повинен взяти 1 олiвець (бо 1 – це остачавiд дiлення числа 17=18-1 на число 4). При кожному наступному виборiкеруватися правилом:«якщо другий вiзьме 1 олiвець, то перший повинен взяти 3 олiвцi,якщо другий вiзьме 2 олiвцi, то перший повинен взяти 2 олiвцi,якщо другий вiзьме 3 олiвцi, то перший повинен взяти 1 олiвець».

7 клас 21


Як повинен грати перший учень, щоб виграти, якщо олiвцiв не 18 а, напри-клад, 23 (17)?

Якою повинна бути стратегiя першого гравця (щоб виграти), якщо призаданiй кiлькостi олiвцiв (18) кожному з гравцiв дозволяється на кожномукроцi брати не бiльше 4-ьох (5-ти) олiвцiв?

Якою повинна бути стратегiя першого гравця (щоб виграти), якщо призаданiй кiлькостi олiвцiв n = 4k + 1 кожному з гравцiв дозволяється накожному кроцi брати не бiльше m (m < n ) олiвцiв?

?! Якою буде вiдповiдь для n -значного числа, n > 6 .



I спосiб

1

50 · 51+

1

51 · 52+

1

52 · 53+ ...+

1

99 · 100=

=

(1

50− 1

51

)+

(1

51− 1

52

)+

(1

52− 1

53

)+ ...+

(1

99− 1

100

)=

=1

50− 1

51+

1

51− 1

52+

1

52− 1

53+ ...+

1

98− 1

99+

1

99− 1

100=

=1

50− 1

100=

2

100− 1

100=

1

100.

Таким чином1

50 · 51+

1

51 · 52+

1

52 · 53+ ...+

1

99 · 100=

1

100.

II спосiб

1

50 · 51+

1

51 · 52=

52 + 50

50 · 51 · 52=

102

50 · 51 · 52=

2 · 5150 · 51 · 52

=2

50 · (50 + 2);

2

50 · 52+

1

52 · 53=

2 · 53 + 50

50 · 52 · 53=

156

50 · 52 · 53=

3 · 5250 · 52 · 53

=3

50 · (50 + 3);

3

50 · 53+

1

53 · 54=

3 · 54 + 50

50 · 53 · 54=

212

50 · 53 · 54=

4 · 5350 · 53 · 54

=4

50 · (50 + 4);

...k

50 · (50 + k)+

1

(50 + k) · (50 + k + 1)=

k · (50 + k + 1) + 50

50 · (50 + k) · (50 + k + 1)=

=(k + 1)(50 + k)

50 · (50 + k) · (50 + k + 1)=

k + 1

50 · (50 + k + 1);

...49

50 · 99+

1

99 · 100=

49 · 100 + 50

50 · 99 · 100=

50 · 9950 · 99 · 100

=1

100.

Таким чином1

50 · 51+

1

51 · 52+

1

52 · 53+ ...+

1

99 · 100=

1

100.

Вiдповiдь: запропонованi за умовою задачi числа є рiвними.

?! Порiвняйте числа 1− 1

1 · 2− 1

2 · 3− 1

3 · 4− ...− 1

99 · 100та

1

100.

8 клас 23

Задача 2.

Очевидно, що функцiя y =x2 − 4x

4− x− x2 − 4

x− 2iснує при будь-яких дiйсних

x , за винятком x = 4 та x = 2 . Крiм того, вираз, що задає функцiю,припускає спрощення

x2 − 4x

4− x− x2 − 4

x− 2=x(x− 4)

4− x− (x− 2)(x+ 2)

x− 2=

= −x(x− 4)

x− 4− (x− 2)(x+ 2)

x− 2= −x− (x+ 2) = −2x− 2, x = 4, x = 2 .

Таким чином, графiком даної функцiї є пряма y = −2x−2 з «виколоти-ми» на нiй двома точками, що мають абсциси x = 2 та x = 4 вiдповiдно.

Для побудови зазначеної прямої достатньо побудувати двi її точки, на-приклад, точки A(0;−2) i B(−1; 0) . Графiк функцiї подано на рисункунижче.

X

Y

O

B

A

4 2

6−

10−


Задача 3.

I спосiб

A B

C

M

K

O

ϕ ψ

ψ

2ψ

ϕ

2ϕ

90 ϕ ψ− −�

90 ϕ ψ− −�

ψ

1) Розглянемо трикутники MKB та MCB . Трикутник MCB є пря-мокутним, бо за умовою ∠C = 900 . За умовою MK є перпендикуляром наAB . Звiдки ∠MKB = 900 .

Таким чином, трикутники MKB i MCB є прямокутними зi спiльноюгiпотенузою MB . Нехай далi O – середина MB .

2) Оскiльки довжина медiани прямокутного трикутника, яка проведеназ вершини прямого кута, дорiвнює половинi довжини гiпотенузи, то маютьмiсце рiвностi

BO = OK = OM = OC.

Позначимо далi ∠MBC = ψ , а ∠KBM = φ . Тодi мають мiсце рiвностi:∠BCO = ∠CBO = ψ (як кути при основi рiвнобедреного △ BCO );∠BKO = ∠KBO = φ (як кути при основi рiвнобедреного △ BKO );∠COM = 2ψ (як зовнiшнiй кут при вершинi рiвнобедреного △ BCO );∠KOM = 2φ (як зовнiшнiй кут при вершинi рiвнобедреного △ BKO ).

3) Оскiльки △ CKO є рiвнобедреним з основою KC , то

∠KCO = ∠CKO =1800 − 2φ− 2ψ

2= 900 − φ− ψ.

4) Як наслiдок з аксiоми вимiрювання кутiв, маємо наступну рiвнiсть

∠MKC = ∠MKB − ∠CKO − ∠OKB =

= 900 −(900 − φ− ψ

)− φ = ψ.

Отже, ∠MKC = ∠MBC .

8 клас 25

II спосiб

A B

C

M

K

Розглянемо чотирикутник KMCB . В ньому: ∠MCB = 900 за умовою,∠BKM = 900 оскiльки MK ⊥ AB . Звiдки ∠MCB + ∠BKM = 1800 .

Таким чином в чотирикутнику KMCB суми протилежних кутiв ста-новлять 1800 . I тому навколо чотирикутника KMCB можна описати ко-ло. Кути MKC i MBC спираються на спiльну дугу цього кола, i тому єрiвними.

ДОПОВНЕННЯ до задачi 3. Доведiть, що рiзниця квадратiввiдрiзкiв, на якi розбиває гiпотенузу основа перпендикуляра, опущеного зсередини одного з катетiв, дорiвнює квадрату iншого катета.

А чи звертали Ви увагу?Якщо в прямокутному трикутнику катет AC втричi бiльший за катет BC ,а точки E i F дiлять катет AC на три рiвнi частини, то

∠BAC + ∠BEC + ∠BFC = 900.


Задача 4.

Будь-яке натуральне число при дiленнi на число 8 дає одну з восьмиможливих остач: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 або 7.

З будь-яких дев’яти натуральних чисел принаймнi 2 числа мають одна-кову остачу вiд дiлення на 8. I тому їх рiзниця є числом, яке при дiленнi на8 дає остачу 0.

Отже, з будь-яких дев’яти натуральних чисел можна завжди вибратидва, рiзниця яких дiлиться на 8.

ДОПОВНЕННЯ до задачi 4. Мiркування, що були використанi прирозв’язуваннi задачi, базуються на наступному твердженнi

Теорема (про дiлення з остачею). Для будь-яких натуральних a i b

iснує єдина пара чисел q i r таких, що

a = b · q + r, (8.4.1)

де q – натуральне або нуль, r – натуральне або нуль, причому 0 6 r < b .Говорять: a при дiленi на b дає остачу r .

ПРИКЛАДИ до теореми «про дiлення з остачею»

a (дiлене) b (дiльник) спiввiдношення q (цiла частина r (остача)або неповна частка)

10 4 10 = 4 · 2 + 2 2 2

9 4 9 = 4 · 2 + 1 2 1

8 4 8 = 4 · 2 + 0 2 0

7 4 7 = 4 · 1 + 3 1 3

6 4 6 = 4 · 1 + 2 1 2

5 4 5 = 4 · 1 + 1 1 1

4 4 4 = 4 · 1 + 0 1 0

3 4 3 = 4 · 0 + 3 0 3

2 4 2 = 4 · 0 + 2 0 2

1 4 1 = 4 · 0 + 1 0 1

8 клас 27

Задача 5.

I спосiб

Нехай x, y, z – вказанi цiлi числа. Тодi (x+ y + z) = 6 · k , k ∈ Z .Оскiльки

(x+ y + z)3 = (x+ (y + z))3 = x3 + 3x2 (y + z) + 3x (y + z)2 + (y + z)3 =

= x3 + y3 + z3 + 3x2 (y + z) + 3x (y + z)2 + 3yz (y + z) =

=(x3 + y3 + z3

)+ 3 (y + z)

(x2 + x (y + z) + yz

)=

=(x3 + y3 + z3

)+ 3 (y + z) (x (x+ y + z) + yz) =

=(x3 + y3 + z3

)+ 3x(y + z) (x+ y + z) + 3 (y + z) yz,

то(x3 + y3 + z3

)= 6 ·

(36k3

)− 3x(y + z) (x+ y + z)− 3 (y + z) yz =

= 6 ·(36k3

)− 6 (3kx(y + z))− 3 (y + z) yz

Для довiльних двох цiлих чисел y i z або їх сума (y + z) дiлиться надва, або ж їх добуток yz дiлиться на два.Тодi при довiльних цiлих x, y, z, k вираз 3 (y + z) yz завжди дiлиться нашiсть. Тому i вираз 6 ·

(36k3

)− 6 (3kx(y + z)) − 3 (y + z) yz дiлиться на

шiсть. Отже, сума кубiв вказаних чисел дiлиться на 6 .

II спосiб

Подамо вираз x3 + y3 + z3 у наступному виглядi

x3 + y3 + z3 = x3 + y3 + z3 − (x+ y + z) + (x+ y + z) =

=(x3 − x

)+(y3 − y

)+(z3 − z

)+ (x+ y + z) =

= x(x2 − 1

)+ y

(y2 − 1

)+ z

(z2 − 1

)+ (x+ y + z) =

= (x− 1)x (x+ 1) + (y − 1) y (y + 1) + (z − 1) z (z + 1) + (x+ y + z) .

Звiдкиx3 + y3 + z3 =

= (x− 1)x (x+ 1)+(y − 1) y (y + 1)+(z − 1) z (z + 1)+(x+ y + z) (8.5.1)


Зауважимо, що з трьох послiдовних цiлих чисел одне завжди дiлитьсяна три, i принаймнi одне дiлиться на два. Тому добуток трьох послiдовнихцiлих чисел завжди дiлиться на шiсть.

Отже, кожен з перших трьох доданкiв правої частини рiвностi (8.5.1)дiлиться на шiсть. За умовою останнiй доданок – вираз (x+ y + z) – такождiлиться на шiсть. I тому права частина рiвностi (8.5.1), а разом з нею i лiваїї частина (вираз

(x3 + y3 + z3

)) дiлиться на шiсть.

Бiльше того, з рiвностi (8.5.1) випливає, що сума кубiв x3+y3+z3 трьохцiлих чисел дiлиться на шiсть тодi i лише тодi, коли на шiсть дiлиться сумацих чисел.

9 клас 29


Доведемо, що для будь-яких x > 0, y > 0, z > 0(1 +

x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)> 8. (9.1.1)

I спосiб

1) Подамо лiву частину доводжуваної нерiвностi (9.1.1) у наступному ви-глядi (

1 +x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)=

(1 +

y

z+x

y+x

z

)(1 +

z

x

)=

= 1+y

z+x

y+x

z+z

x+y

x+z

y+1 = 2+

(y

z+z

y

)+

(x

y+y

x

)+(xz+z

x

). (9.1.2)

2) Доведемо, що для довiльних a > 0, b > 0 виконується нерiвнiсть

a

b+b

a> 2. (9.1.3)

a

b+b

a> 2 ⇔ a2 + b2 > 2ab⇔ a2 − 2ab+ b2 > 0 ⇔ (a− b)2 > 0 .

3) З урахуванням (9.1.3) , для довiльних x > 0, y > 0, z > 0 мають мiсценерiвностi

xy +

yx > 2

xz +

zx > 2

yz +

zy > 2.

(9.1.4)

З урахуванням (9.1.2) та (9.1.4) маємо, що(1 +

x

y

)(1 +

y

z

)(1 +

z

x

)=

= 2 +

(y

z+z

y

)+

(x

y+y

x

)+(xz+z

x

)> 2 + 2 + 2 + 2 = 8.


II спосiб

Оскiльки x > 0, y > 0, z > 0 , то помноживши обидвi частини нерiвностi(9.1.1) на добуток xyz , одержимо рiвносильну нерiвнiсть

(y + x) (z + y) (x+ z) > 8xyz. (9.1.5)

Доведемо, що для будь-яких x > 0, y > 0, z > 0 справджується нерiвнiсть(9.1.5) .

За нерiвнiстю Кошi для довiльних додатних a i b справджується нерiв-нiсть

a+ b > 2√ab. (9.1.6)

Тому для будь-яких x > 0, y > 0, z > 0 мають мiсце нерiвностi

x+ y > 2√xy

x+ z > 2√xz

y + z > 2√yz.

(9.1.7)

З урахуванням (9.1.7) маємо, що

(y + x) (z + y) (x+ z) > 2√xy · 2√yz · 2

√xz = 8

√x2y2z2 = 8xyz.

III спосiб

Застосовуючи нерiвнiсть Кошi, можна записати:

1 + xy

2>

√1 · x

y;

1 + yz

2>

√1 · y

z;

1 + zx

2>

√1 · z

x.

Звiдки

1 +x

y> 2

√1 · x

y; 1 +

y

z> 2

√1 · y

z; 1 +

z

x> 2

√1 · z

x.

Тодi (1 + x

y

) (1 + y

z

) (1 + z

x

)>

> 8 ·√

1 + xy ·

√1 + y

z ·√1 + z

x = 8 ·√

xyzyzx = 8.

9 клас 31

Задача 2.

Розв’яжемо рiвняння

x2 + y2 + 10x− 12y + 61 = 0. (9.2.1)

I спосiб

Застосуємо метод групування:

(x2 + 10x+ 25)− 25 + (y2 − 12y + 36)− 36 + 61 = 0;

(x2 + 2 · 5 · x+ 52) + (y2 − 2 · 6 · y + 62) = 0; (x+ 5)2 + (y − 6)2 = 0.

Остання рiвнiсть можлива лише за умов3, коли{(x+ 5)2 = 0

(y − 6)2 = 0.Звiдки

{x = −5

y = 6.

II спосiб

Розв’яжемо рiвняння (9.2.1) як квадратне рiвняння вiдносно змiнної x

x2 + 10x+ y2 − 12y + 61 = 0. (9.2.2)

Отже, дискримiнант D квадратного рiвняння (9.2.2) дорiвнює

D = 100− 4(y2 − 12y + 61) = −4y2 + 48y − 244 + 100 =

= −4(y2 − 12y + 36) = −4(y − 6)2.

Оскiльки при будь-якому y дискримiнант D = −4(y − 6)2 6 0 , то ква-дратне рiвняння (9.2.2) має дiйснi коренi лише у випадку, коли D = 0 ,або, що теж саме – лише у випадку, коли y = 6 . Тому єдиним дiйснимкоренем рiвняння (9.2.2) є x = −10

2 = −5 . Оскiльки при y = 6 рiвнян-ня (9.2.2) не має дiйсних коренiв, то єдиним розв’язком рiвняння (9.2.1) здвома змiнними x, y є пара (−5; 6) .

Вiдповiдь: x = −5 , y = 6 .

?! При яких a, b, c рiвняння x2 + ax+ y2 + bx+ c = 0 має єдинийрозв’язок (x0; y0) ?

3сума двох невiд’ємних доданкiв дорiвнює нулю тодi i лише тодi, коли кожен з доданкiв дорiв-нює нулю


Задача 3.

Знайдемо площу рiвнобiчної трапецiї ABCD з основами BC = 8 см таAD = 10 см, якщо її дiагоналi є перпендикулярними.

I спосiб

A

B

D

C

M

O

1) З точки C паралельно дiагоналi BD проведемо вiдрiзок CM (точкаM належить прямiй AD ). За властивiстю паралельних BD , CM i сiчноїAC пряма CM є перпендикулярною до прямої AC . Звiдки ∠ACM = 900 .

З iншого боку, оскiльки BC ∥ DM,BD ∥ CM , то чотирикутник BCMD

є паралелограмом. I тому CM = BD = AC , BC = DM .2) Розглянемо △ ACM . В ньому: ∠C = 900 , AC = CM , а сторона

AM = AD +DM = AD +BC = 10 + 8 = 18 см.За теоремою Пiфагора знайдемо AC

2AC2 = AM 2 ⇒ AC =AM

√2

2= 9

√2 (см).

3) Розглянемо трикутники △ ABC i △ CDM . Оскiльки AB = CD ,BC = DM , AC = CM , то △ ABC =△ CDM за трьома сторонами.Значить площа трапецiї ABCD дорiвнює площi трикутника ACM . Тобто

SABCD = SACM =1

2AC · CM =

1

2AC2 =

1

2· 81 · 2 = 81 (кв. см.)

Таким чином, площа трапецiї ABCD становить 81 кв. см.

9 клас 33

II спосiб

A

B

D

C

E

O

F

1) Нехай O – точка перетину дiагоналей AC i BD даної трапецiї.Оскiльки трапецiя ABCD є рiвнобокою, то кожен з трикутникiв BOC iAOD є рiвнобедреним. [Нагадаємо iдею доведення зазначеного факту :у рiвнобокої трапецiї кути при основах та дiагоналi є рiвними. Тому за трьо-ма сторонами △ ABC =△ DCB . Звiдки ∠ACB = ∠DBC . I тому за озна-кою рiвнобедреного трикутника BO = OC . Але ж тодi AO = DO якрiзницi рiвних за довжинами вiдрiзкiв.]

За умовою дiагоналi трапецiї є перпендикулярними, i тому кожен з три-кутникiв BOC i AOD є рiвнобедреним та прямокутним.

2) Через точку O проведемо висоту трапецiї EF (точка E належитьBC , F належить AD ).

Оскiльки кожен з трикутникiв BOC i AOD є рiвнобедреним (з основамиBC i AD вiдповiдно), то висоти OE i OF цих трикутникiв є медiанами.Звiдки BE = EC = 4 (см.), AF = FD = 5 (см.).

З iншого боку, оскiльки кожен з трикутникiв BEO i AFO є прямоку-тним з гострим кутом 450 , то кожен з них є також i рiвнобедреним. ЗвiдкиOE = BE = 4 см., OF = AF = 5 см..Отже, висота трапецiї EF становить EF = EO +OF = 4 + 5 = 9 см.

3) За вiдомою формулою обчислення площi трапецiї остаточно маємо

SABCD =1

2(AD +BC) · EF =

1

2(10 + 8) · 9 = 81 (кв.см.)


III спосiб

A

B

D

C

O

8

10

1S

2S

3S 4

S

1) Нехай O – точка перетину дiагоналей AC i BD даної трапецiї.Позначимо через S1, S2, S3 i S4 площi трикутникiв BOC , AOD , BOA iCOD вiдповiдно.

Оскiльки трикутники ABC i DCB є рiвновеликими (мають рiвнi пло-щi), то трикутники AOB i DOC також є рiвновеликими. Звiдки

S4 = S3. (9.3.1)

2) Прямокутнi трикутники AOB i COB мають спiльний катет, томуS3

S1=AO

OC. (9.3.2)

3) Трикутники AOD i COB є подiбними (за гострим кутом). ТомуAOOC = AD

BC = 108 = 5

4 . Крiм того,

S2

S1=

(AD

CB

)2

=25

16. (9.3.3)

З урахуванням (9.3.1)– (9.3.3) одержуємо, що

SABCD = S1 + S2 + S3 + S4 = S1 +25

16S1 +

5

4S1 +

5

4S1 =

81

16S1. (9.3.4)

4) З рiвностi трикутникiв ABC i DCB (за двома сторонами та ку-том мiж ними) маємо, що прямокутний трикутник BOC є рiвнобедреним.Звiдки S1 =

14BC

2 = 644 = 16 (кв.см.). I тому, з урахуванням (9.3.4) , маємо

SABCD =81

16· 16 = 81 (кв.см.)

Вiдповiдь: SABCD = 81 кв. см.

9 клас 35


Доведiть, що площу S рiвнобiчної трапецiї з основами a i b , у якої дiагоналiє перпендикулярними, можна обчислити за формулою

S =(a+ b)2

2.

А чи звертали Ви увагу?Якщо довжина бiчної сторони трапецiї дорiвнює c , а довжина перпенди-

куляра, опущеного на цю сторону iз середини iншої бiчної сторони, дорiвнюєh , то площу S такої трапецiї можна знайти за формулою

S = c · h.

Задача 4.

Доведемо, що за умови a− 2b = 1 , справджується рiвнiсть

a3 − 8b3 = 1 + 6ab. (9.4.1)

1) a3 − 8b3 = a3 − (2b)3 = (a− 2b)(a2 + 2ab+ 4b2

);

2) оскiльки a− 2b = 1 , то

a3 − 8b3 = 1 ·(a2 + 2ab+ 4b2

)=

=((1 + 2b)2 + 2(1 + 2b)b+ 4b2

)= 4b2 + 4b+ 1 + 2b+ 4b2 + 4b2 =

= 12b2 + 6b+ 1 = 6b(2b+ 1) + 1 = 6b · a+ 1 = 1 + 6ab.

Задача 5.

Умова задачi. В готель приїхав мандрiвник. Грошей у нього не бу-ло. Вiн мав срiбний ланцюжок iз семи кiлець. За кожен день перебуванняв готелi вiн розплачувався одним кiльцем ланцюжка. Господар попередив,що згоден взяти не бiльше одного розпиляного кiльця, а iншi повиннi бу-ти цiлими. Як мандрiвниковi розпиляти ланцюжок, щоб прожити у готелiтиждень i кожен день розплачуватися з господарем?


Розв’язання. Мандрiвнику необхiдно розпиляти саме третє кiльце

ланцюжка. Тодi для щоденної сплати проживання у готелi протягом тижня(з дотриманням вимоги господаря «... згоден взяти не бiльше одного розпи-ляного кiльця!») мандрiвник повинен розплачуватися наступним чином:

у перший день — розпиляним кiльцем,у другий день — ланцюжком iз двох кiлець, а в решту одержить вiд

господаря розпиляне кiльце,у третiй день — розпиляним кiльцем,у четвертий день — ланцюжком iз чотирьох кiлець, а в решту одержить

вiд господаря ланцюжок iз двох кiлець та розпиляне кiльце,за п’ятий день — розпиляним кiльцем,за шостий день — ланцюжком iз двох кiлець, а в решту одержить вiд

господаря розпиляне кiльце,за сьомий день — розпиляним кiльцем.

10 клас 37


Розв’яжемо нерiвнiстьx2 + x− 12√x2 + x− 6

6 0.

Задана нерiвнiсть є рiвносильною системi двох нерiвностей{x2 + x− 12 6 0,

x2 + x− 6 > 0.

Розв’яжемо цю систему:

{x2 + x− 12 6 0,

x2 + x− 6 > 0⇔

{(x+ 4)(x− 3) 6 0,

(x+ 3)(x− 2) > 0⇔

−4 6 x 6 3,[x < −3

x > 2

⇔

⇔

{

−4 6 x 6 3

x < −3{−4 6 x 6 3

x > 2

⇔

[−4 6 x < −3

2 < x 6 3

Отже, розв’язками даної нерiвностi є x ∈ [−4;−3)∪(2; 3] .

Вiдповiдь: x ∈ [−4;−3)∪(2; 3] .


Задача 2.

З’ясуємо при яких значеннях параметра a коренi рiвняння

x2 − (2a+ 1)x+ a2 − 4a+ 3 = 0 (10.2.1)

є додатними числами.

I спосiб – «за теоремою Вiєта»

За теоремою Вiєта рiвняння ax2 + bx + c = 0 має обидва додатнi коренi,якщо виконуються умови

ca > 0

− ba > 0

b2 − 4ac > 0

(10.2.2)

З урахуванням (10.2.2) рiвняння (10.2.1) має обидва додатнi коренi, ко-ли виконуються умови

a2 − 4a+ 3 > 0

2a+ 1 > 0

(2a+ 1)2 − 4(a2 − 4a+ 3) > 0

⇔

(a− 1)(a− 3) > 0

a > −12

20a− 11 > 0

⇔

⇔

[a < 1

a > 3

a > −12

a > 1120

⇔

[a < 1

a > 3

a > 1120

⇔

{a < 1

a > 1120{

a > 3

a > 1120

⇒

{a < 1

a > 1120

a > 3.

Таким чином рiвняння (10.2.1) має обидва додатнi коренi приa ∈

[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

II спосiб – «за допомогою графiка квадратичної функцiї»

Очевидно, що гiлки параболи f(x) = x2 − (2a+ 1)x + a2 − 4a + 3 на-прямленi вгору. Обидва коренi даного рiвняння (абсциси точок перетинупараболи з вiссю OX ) будуть додатними лише у випадку, коли параболарозташована вiдносно координатних осей наступним чином:1) вершина параболи (x0; f(x0)) розташована нижче осi OX (лише за та-ких умов iснують точки перетину з вiссю OX );

10 клас 39

2) вершина параболи – праворуч вiд осi OY (лише за таких умов точка пе-ретину з OX , яка має бiльшу абсцису, розташована праворуч вiд осi OY );3) точка (0; f(0)) перетину параболи з вiссю OY належить додатнiй ча-стинi цiєї осi (лише за таких умов точка перетину з OX , яка має меншуабсцису, розташована праворуч вiд осi OY ).

Таким чином маємо систему «аналiтично-графiчних» умов:

f(x0) 6 0

x0 > 0

f(0) > 0.

Звiдки

(2a+12

)2 − (2a+ 1)(2a+12

)+ a2 − 4a+ 3 6 0

2a+12 > 0

a2 − 4a+ 3 > 0

⇔

⇔

a > 11

20

a > −12

a2 − 4a+ 3 > 0

⇔

a > 11

20

a > −12[

a > 3

a < 1

⇔

a > 11

20[a > 3

a < 1

⇔

{a > 3

a > 1120{

a < 1

a > 1120

Звiдки a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

III спосiб – «узагальнення II способу»

Скористаємось наступною теоремоюКоренi рiвняння ax2 + bx + c = 0 є бiльшими за число d тодi i лише тодi,якщо

a · f(d) > 0

D > 0

xвер. > d.

(10.2.3)


В нашому випадку:1) d = 0 ;2) a = 1 > 0 ;3) f(0) = a2 − 4a+ 3 ;4) D = (2a+ 1)2 − 4(a2 − 4a+ 3) = 20a− 11 ;5) xвер. = 2a+1

2 .Тому, з урахуванням (10.2.3) , шуканi значення параметру a є розв’яз-

ками системи нерiвностей a2 − 4a+ 3 > 0

20a− 11 > 02a+12 > 0.

Звiдки a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

IV спосiб – «за допомогою аналiзу коренiв квадратного рiвняння,отриманих за стандартною формулою»

x =2a+ 1 +

√20a− 11

2

x =2a+ 1−

√20a− 11

2.

За умовою цi коренi рiвняння повиннi бути додатними одночасно, тобто{2a+1+

√20a−11

2 > 02a+1−

√20a−11

2 > 0⇔

{2a+ 1 > −

√20a− 11

2a+ 1 >√20a− 11

⇔

⇔ 2a+ 1 >√20a− 11 ⇔

2a+ 1 > 0

20a− 11 > 0

4a2 + 4a+ 1 > 20a− 11

⇔

⇔

2a+ 1 > 0

20a− 11 > 0

4a2 − 16a+ 12 > 0

⇔

2a+ 1 > 0

20a− 11 > 0

a2 − 4a+ 3 > 0.

Звiдки a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

Вiдповiдь: a ∈[1120 ; 1

)∪(3;+∞) .

10 клас 41

Задача 3.

На продовженнi найбiльшої сторони AC трикутника ABC вiдкладеновiдрiзок CD , причому CD = BC . Доведемо, що ∠ABD є тупим.

I спосiб

A

B

D

C

2

γ γ

2

γ

β

α

M

1) Позначимо кути трикутника ABC як α, β i γ вiдповiдно. Тодi завластивiстю кутiв трикутника має мiсце рiвнiсть

α+ β + γ = 1800. (10.3.1)

2) В △ BCD проведемо бiсектрису CM . Оскiльки BC = CD , то△ BCD є рiвнобедреним з основою BD . I тому ∠CBD = ∠CDB . Зiншого боку, за властивiстю зовнiшнiх кутiв △ BCD має мiсце рiвнiсть∠CBD + ∠CDB = ∠ACB = γ . Звiдки ∠CBD = ∠CDB = γ

2 . I тому

∠ABD = β +γ

2. (10.3.2)

3) За умовою β – найбiльший кут △ ABC . Тому β > α , звiдки

β +γ

2> α+

γ

2. (10.3.3)

4) Подамо (10.3.1) у виглядi(β +

γ

2

)+(α +

γ

2

)= 1800.

Тодi, з урахуванням (10.3.3) , має мiсце нерiвнiсть 2(β + γ

2

)> 1800 . Звiдки

β +γ

2> 900. (10.3.4)

З (10.3.2) i (10.3.4) й випливає, що ∠ABD є тупим.


II спосiб– «за допомогою описаного кола»

Навколо трикутника ABD опишемо коло ω i продовжимо BC до пере-тину з цим колом у точцi K .

A

B

D

C

ϕ

K

ϕ

ϕ

ϕ

Покажемо, що чотирикутник ABDK є рiвнобiчною трапецiєю.1) За побудовою BCD є рiвнобедреним трикутником з основою BD . Тому

CB = CD, ∠CBD = ∠CDB = φ.

2) За властивiстю вписаних кутiв кола, що спираються на одну дугу, маютьмiсце рiвностi ∠BDA = ∠BKA = φ, ∠KBD = ∠KAD = φ.

Оскiльки внутрiшнi рiзностороннi кути при прямих BD , AK та сiчнiйAD є рiвними, то за ознакою паралельних прямих маємо, що AK ∥ BD .3) AB = DK , як хорди, що стягують рiвнi дуги. З рiвностi кутiв AKB таDAK випливає i той факт, що △ ACK є рiвнобедреним з основою AK .Звiдки AC = CK .4) Якщо припустити, що AD ∥ BK , то матимемо, що ∠ABK = ∠ADK =

= ∠BAD . Але ж тодi AC = CB , що суперечить умовi AC > CB . Отже,чотирикутник ABDK є рiвнобiчною трапецiєю з основами AK i BD .

Оскiльки AC > CB , то з подiбностi рiвнобедрених трикутникiв BCD

i ACK маємо, що AK > BD . Отже, AK є бiльшою основою трапецiїABDK . Звiдки очевидний висновок: ∠BAK – гострий, ∠ABD – тупий.

10 клас 43

III спосiб

A

B

D

C

M

N

1) В △ BCD проведемо бiсектрису CM . Оскiльки BC = CD , то△ BCD є рiвнобедреним з основою BD . I тому бiсектриса CM є висотоюi медiаною.

2) Через вершину B проведемо пряму l паралельно до прямої CM .I нехай l перетинає пряму AC у точцi N . Оскiльки BM = MD аBN ∥ MC , то за теоремою Фалеса NC = CD . За умовою CD = BC .Звiдки NC = BC .

З iншого боку за властивiстю паралельних BN,MC та сiчної BD маємо,що NB ⊥ BD . Звiдки

∠NBD = 900.

3) За умовою ∠ABC – найбiльший кут △ ABC . I тому сторона AC

має найбiльшу довжину серед сторiн △ ABC . Звiдки AC > NC . I томуточка N є внутрiшньою точкою вiдрiзка AC . Але ж тодi N є внутрiшньоюточкою вiдрiзка AD . I тому за аксiомою вимiрювання кутiв має мiсце рiв-нiсть

∠ABD = ∠ABN + ∠NBD = ∠ABN + 900.

Звiдки ∠ABD > 900.

?! В якому випадку ∠ABD буде прямим.

А чи звертали Ви увагу?Бiсектриси сумiжних кутiв є перпендикулярними.


IV спосiб – «за теоремою косинусiв»

A

B

D

C p m

α

p

1) Для спрощення подальших записiв введемо наступнi позначення:

AC = m, CD = p, ∠BCA = α.

Тодi ∠BCD = (1800 − α (як сумiжний iз кутом ∠BCA = α ), BC = p (боза побудовою BC = CD ).2) З трикутника BCD за теоремою косинусiв має мiсце рiвнiсть

BD2 = 2p2 − 2p2 cos(1800 − α) = 2p2 + 2p2 cosα, (10.3.5)

а з трикутника ACB за теоремою косинусiв – рiвнiсть

AB2 = m2 + p2 − 2mp cosα. (10.3.6)

3) Розглянемо трикутник ABD . Щоб довести, що кут ABD тупий, тре-ба використати наслiдок з теореми косинусiв для тупокутного трикутника,тобто, що виконується нерiвнiсть

AD2 > AB2 +BD2. (10.3.7)

З урахуванням рiвностей (10.3.6) i (10.3.7) дослiдимо знак рiзницi

AD2 − AB2 −BD2 =

= (m+ p)2 −m2 − p2 + 2mp cosα− 2p2 − 2p2 cosα =

= m2 + p2 + 2mp−m2 − p2 + 2mp cosα− 2p2 − 2p2 cosα =

= (2mp− 2p2) + (2mp cosα− 2p2 cosα) = 2p(m− p) · (1 + cosα).

Оскiльки для довiльного кута α будь-якого трикутника (1+cosα) > 0 iза умовою m > p , то 2p(m−p)·(1+cosα) > 0 . Звiдки AD2−AB2−BD2 > 0

i тому AD2 > AB2 +BD2 .Отже, кут ABD – тупий.

10 клас 45

Задача 4.

Побудуємо графiк функцiї

y =|x− 4|4− x

(x2 − 4x

). (10.4.1)

Якщо x < 4 , то функцiя (10.4.1) набуває вид

y = −x2 + 4x = −(x− 2)2 + 4 = f(x).

Якщо x > 4 , то функцiя (10.4.1) набуває вид

y = x2 − 4x = (x− 2)2 − 4 = g(x).

Вiдносно фiксованої системи координат на площинi побудуємо графiкикожної з функцiй y = f(x) , y = g(x) на промiжках x < 4 та x > 4 вiд-повiдно. Тодi графiком даної функцiї (10.4.1) буде об’єднання їх графiкiв.


Задача 5.

I спосiб

(a2 + b2

)2+ 7a2b2 = ((a− b)2 + 2ab)2 + 7a2b2 = (a− b)4 + 4ab(a− b)2+

+4a2b2 + 7a2b2 = (a− b)4 + 4ab(a− b)2 + 11a2b2.

Оскiльки a−b дiлиться на 11, то кожен з трьох доданкiв в останньому ви-разi дiляться на 11, а значить i сума дiлиться на 11. Тобто

(a2 + b2

)2+7a2b2

дiлиться на 11.

II спосiб

(a2 + b2

)2+ 7a2b2 =

(a2 + b2

)2 − 4a2b2 + 11a2b2 =(a2 − b2

)2+ 11a2b2 =

= (a− b)2(a+ b)2 + 11a2b2.

Оскiльки a − b дiлиться на 11, то кожен з двох доданкiв в останньомувиразi дiляться на 11. I тому їх сума дiлиться на 11.

III спосiб

Оскiльки a − b дiлиться на 11, то a − b = 11k , k ∈ Z . Звiдкиa2 + b2 = 121k2 + 2ab . Тому(a2 + b2

)2+ 7a2b2 =

(121k2 + 2ab

)2+ 7a2b2 =

= 1212 · k4 + 4abk2 · 121 + 4a2b2 + 7a2b2 = 121 · k2(121k2 + 4ab) + 11a2b2.

Оскiльки кожен з двох доданкiв в останньому виразi дiляться на 11, тоїх сума також дiлиться на 11.

11 клас 47


I спосiб

Оскiльки функцiя f(x) = 13√x є зростаючою на множинi всiх дiйсних

чисел, то порiвнявши пiдкореневi вирази, отримаємо вiдношення мiж зада-ними числами.

При доповненнi цих чисел до одиницi, маємо, що дрiб1997

1998вiдрiзняю-

ться вiд 1 на величину1

1998, а дрiб

1998

1999на

1

1999.

Отже, другий дрiб є бiльшим за перший. I тому 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

Нижче наведемо можливу форму символiчного подання зазначених мiр-кувань

13

√19971998

∨13

√19981999

19971998

∨19981999

1− 11998

∨1− 1

1999

− 11998

∨− 1

19991

1998

∧1

1999

Оскiльки1

1998>

1

1999, то 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

II спосiб

Визначимо знак рiзницi

1997

1998− 1998

1999=

1997 · 1999− 19982

1998 · 1999.

Розглянемо загальний вид чисельника дробу, врахувавши додатнiсть зна-менника

(n− 1)(n+ 1)− n2 = n2 − 1− n2 = −1 < 0.

Отже, перший дрiб є меншим за другий.


III спосiб

Порiвняємо дробиn

n+ 1та

n+ 1

n+ 2. Визначимо знак їх рiзницi

n

n+ 1− n+ 1

n+ 2=n2 + 2n− n2 − 2n− 1

(n+ 1)(n+ 2)= − 1

(n+ 1)(n+ 2)< 0.

Отже, перший дрiб є меншим за другий.Нижче наведемо можливу форму символiчного подання зазначених мiр-

кувань13

√1997

1998

∨13

√1998

1999

1997

1998

∨ 1998

19991997 · 1999

∨19982

(1998− 1)(1998 + 1)∨

19982

19982 − 1∨

19982

Оскiльки 19982 − 1 < 19982 , то 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

Вiдповiдь: 13

√1997

1998< 13

√1998

1999.

11 клас 49

Задача 2.

I спосiб

1) Оскiльки рiвнiсть f(x · y) = f(x) + f(y) виконується для будь-якихдодатних x та y , то зокрема й для x = 1 . Тому f(y) = f(1·y) = f(1)+f(y) .Звiдки f(1) = 0 .2) З iншого боку

f(1) = f

(2013 · 1

2013

)= f(2013) + f

(1

2013

).

За умовою f(

12013

)= 1 . Тому, з урахуванням f(1) = 0 , останню рiвнiсть

можна подати у виглядi 0 = f(2013) + 1, звiдки f(2013) = −1 .

II спосiб

f

(1

2013

)= f

(2013

20132

)= f

(1

20132· 2013

)= f

(1

20132

)+ f (2013) =

= f

(1

2013

)+ f

(1

2013

)+ f (2013) = 2f

(1

2013

)+ f (2013) .

Звiдки

f (2013) = −f(

1

2013

)= −1.

III спосiб

Оскiльки єдиним розв’язком заданого в умовi задачi функцiонального рiв-няння є функцiя f(z) = loga z , де a – довiльне додатне число (вiдмiнне вiд1), то отримуємо

f(2013) = loga 2013 = loga

(1

2013

)−1

= −1 · loga1

2013=

= −1 · f(

1

2013

)= −1 · 1 = −1.

Вiдповiдь: −1 .


Задача 3.

Знайдемо площу паралелограма зi сторонами a та b , якщо гострий кутмiж дiагоналями дорiвнює φ .

I спосiб – «за допомогою теореми косинусiв»

A

B C

D

O

ϕ

π ϕ−

b

a a

b

2

x

2

y

2

x

Заради визначеностi будемо вважати, що b > a (a = AB = CD ,b = BC = AD ). Нехай далi дiагоналi AC i BD паралелограма ABCD

дорiвнюють x та y вiдповiдно. Тодi площа S паралелограма може бутизнайдена за формулою

S =1

2xy · sinφ. (11.3.1)

З △COD за теоремою косинусiв отримуємо

a2 =x2

4+y2

4− 2

xy

4cosφ. (11.3.2)

З △AOD за теоремою косинусiв отримуємо

b2 =x2

4+y2

4− 2

xy

4cos(π − φ) =

=x2

4+y2

4+ 2

xy

4cosφ. (11.3.3)

Вiднявши почленно рiвностi (11.3.3) й (11.3.2) , маємо

xy cosφ = b2 − a2. (11.3.4)

Помноживши обидвi частини рiвностi (11.3.4) на sinφ та подiливши на2 cosφ , приходимо до рiвностi

1

2xy · sinφ =

1

2(b2 − a2) tgφ,

що й задає шукану площу.

11 клас 51

II спосiб – «за допомогою векторного методу»

A

B C

D

O ϕ

b

�

a

�

b

�

2d

��

1d

��

ϕ

2d

��

E

Нехай a i b – довжини сторiн AB i AD паралелограма ABCD , а φ –гострий кут мiж дiагоналями AC i BD .Введемо наступнi позначення

−→AB = −→a ,

−−→AD =

−→b . Тодi |−→a | = a ,

∣∣∣−→b ∣∣∣ = b .

Позначимо далi−−→BD =

−→d1 ,

−→AC =

−→d2 . Тодi мають мiсце векторнi рiвностi

−→d1 =

−→b −−→a ,

−→d2 =

−→b +−→a . (11.3.5)

Крiм того ∠(−→d1 ,

−→d2

)= φ , i тому площу паралелограма ABCD можна

подати у виглядi

SABCD =1

2

∣∣∣−→d1∣∣∣ · ∣∣∣−→d2∣∣∣ · sin∠(−→d1 ,

−→d2

)=

1

2

∣∣∣−→d1∣∣∣ · ∣∣∣−→d2∣∣∣ · sinφ =

=1

2

∣∣∣−→d1∣∣∣ · ∣∣∣−→d2∣∣∣ · cosφ · tgφ =1

2

⟨−→d1 ,

−→d2

⟩· tgφ. (11.3.6)

За правилами обчислення скалярного добутку векторiв має мiсце рiвнiсть⟨−→d1 ,

−→d2

⟩=

⟨−→b −−→a ,

−→b +−→a

⟩=

⟨−→b ,

−→b⟩+⟨−→b ,−→a

⟩−⟨−→a ,−→b ⟩−⟨−→a ,−→a ⟩ =

=∣∣∣−→b ∣∣∣2 − |−→a |2 = b2 − a2 . Звiдки випливає, що SABCD = 1

2

∣∣b2 − a2∣∣ tgφ .

Вiдповiдь: SABCD = 12 ·

∣∣b2 − a2∣∣ · tgφ .



Доведiть, що площу паралелограма з дiагоналями e i f та гострим кутомψ мiж сторонами можна обчислити за формулою

S =1

4·∣∣e2 − f 2

∣∣ · tgψ.А чи звертали Ви увагу?

1) Бiсектриси протилежних кутiв паралелограма є паралельними;2) бiсектриси сусiднiх кутiв паралелограма є перпендикулярними;3) кут мiж висотами паралелограма, опущених з вершини тупого (гостро-го) кута, дорiвнює гострому (тупому) куту мiж сторонами паралелограма.

Задача 4.

Розглянемо функцiї, що стоять у лiвiй та правiй частинах рiвняння.

1 + cos (x− 1) =x2 + 1

x, де x > 0.

Функцiя y = 1 + cos(x+ 1) є обмеженою, бо −1 6 cos(x− 1) 6 1 , тому

0 6 1 + cos(x− 1) 6 2.

Отже, найбiльшим значенням цiєї функцiї є 2 .Функцiя y = x2+1

x може бути записана у виглядi y = x + 1x . При x > 0

ця функцiя є обмеженою знизу

x+1

x> 2.

Отже, найменшим її значенням є 2 .За даних умов рiвнiсть лiвої i правої частини рiвняння може викону-

ватись лише за умови їх рiвностi 2 . Отже задане рiвняння рiвносильненаступнiй системi рiвнянь {

1 + cos(x− 1) = 2;x2+1x = 2.

11 клас 53

Розв’язавши друге рiвняння системи, яке рiвносильне рiвнянню

x2 − 2x+ 1 = 0,

отримуємо корiнь x = 1 . Пiдставивши отриманий розв’язок у перше рiвня-ння системи маємо 1 + 1 = 2 , звiдки слiдує, що x = 1 є коренем також iпершого рiвняння. Отже задане рiвняння має один корiнь x = 1 .

Вiдповiдь: x = 1 .

Задача 5.

Обидвi частини умови a2+b2+ab = a+b помножимо на 2 i перетворимоотриману рiвнiсть наступним чином

2a2 + 2b2 + 2ab = 2a+ 2b ,a2 + b2 + (a+ b)2 = 2(a+ b) ,a2 + b2 = −(a+ b)2 + 2(a+ b) ,a2 + b2 = −((a+ b)2 − 2(a+ b) + 1) + 1 ,a2 + b2 = −(a+ b− 1)2 + 1 .Оскiльки −(a+ b− 1)2 6 0 , то −(a+ b− 1)2+1 6 1 , звiдки a2+ b2 6 1 .



1. Апостолова Г.В. Першi зустрiчi з параметрами / Г. В. Апостолова. – К. : Факт, 2004.– 328 с.

2. Апостолова Г.В. Хитромудрий модуль / Г.В. Апостолова. – К. :Факт, 2006. – 256 с.3. Апостолова Г.В. Антьє i мантиса числа / Г.В. Апостолова, В.В. Ясiнський. –

К. :Факт, 2006. – 128 с.4. Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультатив-

ный курс /[ В.В. Бардушкин, И.Б. Кожухов, А.А. Прокофьев, Т.П. Фадеичева.] –Москва : МГИЭТ (ТУ), 2003. – 224 с.

5. Березина Л.Ю. Графы и их применение : [пособие для учителей] / Л.Ю.Березина. –М. : Просвещение, 1979. – 143 с.

6. Бродский Я.С. Функциональные уравнения / Я. С. Бродский, А. К. Слипенко. –К. : Вища школа. Головное изд-во, 1983. – 96 с.

7. Виленкин Н.Я. Индукция. Комбинаторика : [пособие для учителей] /Н.Я. Виленкин. – М. :Просвещение, 1976. – 48 с.

8. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числа-ми : [учебное пособие для учащихся 7-11 кл.] / Е. В. Галкин. – Челябинск : Взгляд,2005. – 271 с.

9. Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность : [пособиедля учителей] / П. Ю. Германович. – М. : Учпедгиз, 1960. – 224 с.

10. Голубев В. И. Решение сложных и нестандартных задач по математике /В. И. Голубев. – М : ИЛЕКСА, 2007. – 252 с.

11. Головина Л.И. Индукция в геометрии / Л.И. Головина, И.М.Яглом. – М. : Физ-матгиз, 1961. – 101 с.

12. Гончарова I. В. Евристики в геометрiї [факультативний курс: книга для вчителя] /I. В. Гончарова, О.I. Скафа. – Х. : Основа, 2004. – 112 с.

13. Горнштейн П.И. Задачи с параметрами / П. И. Горнштейн, В. Б. Полонский,М. С. Якир. – К. : Текст; ОКО, 1992. – 290 с.

14. Дзигiна Л. Б. Програма пiдготовки учнiв до участi в математичних олiмпiадах /Л. Б. Дзигiна. // Математика в школах України: Науково-методичний журнал, –Харкiв :Основа, 2009. – № 16/18. – 89 с.

15. Екимова М.А. Задачи на разрезание / М. А. Екимова, Г. П. Кукин. – М. :МЦНМО,2002. – 122 с.

54


16. Канель-Белов А. Я. Как решают нестандартные задачи / А. Я. Канель-Белов,А.К. Ковальджи. ; под ред. В.О.Бугаенко. – [4-е изд.] – испр. М. : МЦНМО, 2008. –96 с.

17. Козко А.И. Задачи с параметром и другие сложные задачи / А.И. Козко,В. Г.Чирский. – М. :МЦНМО, 2007. – 296с.

18. Линдгрен Г. Занимательные задачи на разрезание : пер. с англ. / Ю. Н.Сударева.под ред. и с послесл. И. М. Яглома. – М. :Мир, 1977. – 256 с.

19. Летчиков А. В. Принцип Дирихле. Задачи с указаниями и решениями /А.В. Летчиков. – Ижевск : Удмуртский университет, 1992. – 108 с.

20. Лiпчевський Л.В. Розв’язування нерiвностей. Нестандартнi способи доведення не-рiвностей [навчально-методичний посiбник] / Л. В. Лiпчевський, У. В. Остапчук. –Бiла Церква : КОIПОПК, 2004. – 76 с.

21. Мельников О.И. Занимательные задачи по теории графов / О.И. Мельников. –Минск: ТетраСистемс, 2001. – 144 с.

22. Алгебра : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням математики] /А. Г.Мерзляк, В. Б. Полонський, М. С. Якiр. – Х. : Гiмназiя, 2008. – 368 с.

23. Мерзляк А. Г. Геометрiя : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням мате-матики] / А. Г.Мерзляк, В.Б.Полонський, М.С.Якiр. – Х. : Гiмназiя, 2008. – 240 с.

24. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии: в 2 ч. / В. В. Прасолов. – М. : Наука, 1991.25. Задачi з параметрами / В. К. Репета, Н. О. Клешня, М. В. Коробова, Л. А. Репета.

– К. : Вища школа, 2006. – 302 с.26. СедракянН.М. Неравенства.Методыдоказательства /Н.М. Седракян, А.М.Авоян;

[пер. с арм. Г. В. Григоряна] – М. : ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с.27. Шаповалов А. В. Принцип узкихмест /А.В.Шаповалов. – М. : МЦНМО, 2006. – 24 с.28. Шень А. Игры и стратегии с точки зрения математики / А. Шень. – М. :МЦНМО,

2007. – 40 с.29. Шень А. Математическая индукция / А. Шень. – 3-е изд., дополн. – М. :МЦНМО,

2007. – 32 с.30. Ясiнський В. Теорiя лишкiв та її застосування до розв’язування олiмпiадних задач /

В. Ясiнський. – Математика в школi: Науково-методичний журнал. – 2009. – № 1/2.– 40, [35] с.

31. Ясiнський В. Принцип Штурма та його використання пiд час розв’язування олiм-пiадних екстремальних задач / В. Ясiнський, Л. Наконечна. – Математика в школi:Науково-методичний журнал. – 2009. – № 9. – 40, [33] с.

32. Ясiнський В.А. Олiмпiадна математика: функцiональнi рiвняння, метод математи-чної iндукцiї / В. А. Ясiнський. – Х. :Основа, 2005. – 69 с.


Математичнi олiмпiади i турнiри в Українi33. Вышенский В.А. Сборник задач киевских математических олимпиад /

В. А. Вышенский, Н. В. Карташев, В. И. Михайловский, М. И. Ядренко. –К. : Вища школа, 1984. – 240 с.

34. Вишенський В.А. Київськi математичнi олiмпiади 1984-1993 рр. : [збiрник задач] /В. А. Вишенський, М. В. Карташов. – К. :Либiдь, 1993. – 144 с.

35. Вишенський В. А. Українськi математичнi олiмпiади : [довiдник] /В. А. Вишенський, О. Г. Ганюшкiн. – К. : Вища школа, 1993. – 415 с.

36. Лейфура В.М. Математичнi олiмпiади школярiв України. 1991-2000 /В. М.Лейфура, I. М.Мiтельман. – К. : Технiка, 2003. – 541 с.

37. Федак I. В. Готуємося до олiмпiади з математики : [посiбник для ЗНЗ] / I. В.Федак.– Чернiвцi, 2003.

38. Басанько А.М. За лаштунками пiдручника з математики : [збiрник розвиваючихзадач для учнiв 5 – 7 класiв] / А. М. Басанько, А. О. Романенко. – Тернопiль:Пiдручники i посiбники, 2004.

39. Коваль Т.В. 400 задач з математичних олiмпiад. 8-11 класи / Т.В.Коваль. –Тернопiль : Мандрiвець, 2004. – 80 с.

40. Лейфура В.М. Змагання юних математикiв України. 2003 рiк / В.М.Лейфура. –Х. :Основа, 2004. – 80 с.

41. Ясiнський В.А. Олiмпiаднi задачi [випуск 1: навчальний посiбник] / В. А.Ясiнський.– Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40 с.

42. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и при-меров с решениями / [Р. И. Довбыш, Л. Л. Потемкина, Н. Л. Трегуб и др.] – Донецк:ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.

43. Лось В.М. Математика: навчаємо мiркувати. Розв’язування нестандартних задач :[навч. посiбник] / В. М. Лось, В. П. Тихiєнко. – К. :Кондор, 2005 – 312 с.

44. Сарана О.А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч : [навчальний посiб-ник] / О. А.Сарана – К. :А.С.К., 2005. – 344 с.

45. Ясiнський В.А. Задачi математичних олiмпiад та методи їх розв’язання /В. А. Ясiнський. – Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

46. Ясiнський В.А. Практикум з розв’язування задач математичних олiмпiад : [методи-ческий материал] / В.А.Ясiнський. // Бiблiотека журналу «Математика в школахУкраїни» – Х. : Основа, 2006. – 128 с.

47. Готуємось до олiмпiади з математики / упорядн. А. Б. Велiховська, О. В. Гримайло.// Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. : Основа, 2007. – Вип. 2(50) – 160 с.

48. Вороний О. М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 1] / О. М. Вороний. –Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. :Основа, 2008. – Вип. 5(65). – 128 с.


49. Вороний О.М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 2] / О. М. Вороний. –Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. : Основа, 2008. – Вип. 6(66). – 141, [3] с.

50. Анiкушин А.В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2006-2007 /А.В. Анiкушин, А.Р.Арман. – К. :Лiтера, 2008. – 135 с.

51. Анiкушин А.В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв. 2006-2007 /А.В. Анiкушин, А.Р.Арман. – К. :Лiтера, 2008. – 224 с.

52. Анiкушин А. В. Всеукраїнськi математичнi бої – 2009 / А.В.Анiкушин, А.Р.Арман;за ред. Б. В. Рубльова. – Днiпропетровськ: Iнновацiя, 2010. – 96 с.

53. Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2007-2008 та2008 – 2009 / А. В. Анiкушин, А. Р. Арман; за ред. Б. В. Рубльова. – Львiв: Каменяр,2010. – 552 с.


54. Агаханов Н.Х. Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993-2006.Окружной и финальный этапы / Н. X. Агаханов. – М. :МЦНМО, 2007. – 468 с.

55. Агаханов Н.Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 1 / [Н.X.Агаханов,И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.; под общ. ред. С. И. Демидовой,И.И. Колисниченко]. – М. : Просвещение, 2008. – 192 с.

56. Математика. Областные олимпиады. 8-11 классы / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов,П. А. Кожевников и др.]. – М. : Просвещение, 2010. – 239с.

57. Агаханов Н.Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 2 / Н.X.Агаханов,О.К. Подлипский; [под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. –М. :Просвещение, 2009. – 159 с.

58. Агаханов Н.Х. Математика. Районные олимпиады. 6-11 классы / Н. X. Агаханов,О. К. Подлипский. – М. :Просвещение, 2010. – 192 с.

59. Агаханов Н.Х. Математика. Международные олимпиады / Н.X. Агаханов,П.А. Кожевников, Д. А. Терешин. – М. : Просвещение, 2010. – 127 с.

60. Балаян Э.Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике /Э.Н. Балаян. – 3-е изд. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364 с.

61. Весенний Турнир Архимеда. Олимпиада для 5-6 классов. Задания с решениями,технология проведения / [Баранова Т. А., Блинков А. Д., Кочетков К. П. и др.]. –М. :МЦНМО, 2003. – 128 с.

62. Болтянский В. Г. Сборник задач московских математических олимпиад / В. Г. Бол-тянский, А. А. Леман. – М. :Просвещение, 1965. – 384 с.

63. Бончковский Р.Н. Московские математические олимпиады 1935 и 1936 годов /Р.Н. Бончковский. – ОНТИ НКТП СССР, 1936. – 82 с.

64. Вавилов В.В. Задачи отборочных математических олимпиад / В. В. Вавилов. –М. :МГУ, 1992. – 61 с.

65. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Алгебра: [учебное пособие дляучащихся 7-11 кл] / Е. В. Галкин. – Челябинск: Взгляд, 2004. – 448 с.


66. Гальперин Г.А. Московские математические олимпиады / Г.А. Гальперин,А.К. Толпыго. – М. : Просвещение, 1986. – 303с.

67. Генкин С.А. Ленинградские математические кружки / С. А. Генкин, И. В. Итенберг,Д. В. Фомин. – Киров: Аса, 1994. – 272 с.

68. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике / Н.В. Горбачев. –М. : МЦНМО, 2005. – 560 с.

69. Егоров А.А. Олимпиады «Интеллектуальный марафон». Математика /А.А. Егоров, Ж. М. Раббот . – М. : Бюро Квантум, 2006. – (Библиотечка «Квант»)

70. Зубелевич Г.И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решения-ми): [Пособие для учителей 5-8 классов.] // под редакцией К. П. Сикорского, изд.2-e, переработ. / Г. И. Зубелевич. – М. :Просвещение, 1971. – 304 с.

71. Математика в задачах: Сборник материалов выездных школ команды Москвына Всероссийскую математическую олимпиаду / [под ред. А. А. Заславского,Д.А. Пермякова, А. Б. Скопенкова, М. Б. Скопенкова и А. В. Шаповалова]. –М. : МЦНМО, 2009. – 488 с.

72. Московские математические регаты / [cост. А. Д.Блинков, Е.С. Горская,В. М. Гуровиц]. – М. : МЦНМО, 2007. – 360 с.

73. Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005-2008). – М. :Издательство ЦПИ примеханико-математическом факультете МГУ, 2008. – 48 с.

74. Московские математические олимпиады 1993-2005 г. / [Федоров Р. М., Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К., Ященко И. В.] / [под ред. В. М. Тихомирова]. –М. : МЦНМО, 2006. – 456 с.

75. Севрюков П.Ф. Подготовка к решению олимпиадных задач по математике /П.Ф. Севрюков. – Изд. 2-е. – М. :Илекса; Народное образование; Ставрополь :Сервисшкола, 2009. – 112 с.

76. Спивак А.В. Тысяча и одна задача по математике / А.В.Спивак. – М. : Просвеще-ние, 2002. – 208 c.

77. Фомин А. А. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады /А. А. Фомин, Г. М. Кузнецова. – М. : Дрофа, 2006. – 159 с.

78. Фомин Д.В. Санкт-Петербургские математические олимпиады / Д. В.Фомин. –СПб. : Политехника, 1994. – 309 с.

79. Ященко И.В. Приглашение на математический праздник / И. В.Ященко. – М. :МЦНМО, 2005. – 104 с.

80. Олимпиадные задания по математике. 9-11 классы: решение олимпиадных задачповышенной сложности / [сост. В. А. Шеховцов]. – Волгоград: Учитель, 2009. – 99 с.


Математичнi олiмпiади за часiв СРСР

81. Агаханов Н.Х. Математические олимпиады школьников / Н.Х.Агаханов,Л.П. Купцов, Ю. В. Нестеренок. – М. : Просвещение: Учеб. лит., 1997. – 208 с.

82. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад / И. Л. Бабинская. – М. :Наука,1975. – 112 с.

83. Бугулов Е.А. Сборник задач для подготовки к математическим олимпиадам /Е. А.Бугулов, Б. А. Толасов. – Орджоникидзе, 1962. – 226 с.

84. Васильев Н.Б. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юныхматематиков / Н. Б. Васильев, А. А. Егоров. – М. :Учпедгиз, 1963. – 53 с.

85. Васильев Н. Б. Заочные математические олимпиады / Н. Б. Васильев, В. Л. Гуттен-махер, Ж.М.Раббот, А. Л. Тоом. – [2-е изд.]. – М. : Наука, 1987. – 176 с.

86. Васильев Н.Б. Задачи всесоюзных математических олимпиад / Н. Б. Васильев,А.А. Егоров. – М. :Наука, 1988. – 288 c.

87. Петраков И.С. Математические олимпиады школьников: [пособие для учителей] /И.С. Петраков. – М. : Просвещение, 1982. – 96 с.

88. Рябухин Ю.М. Кишиневские математические олимпиады / Ю.М.Рябухин,В. П.Солтан, Б. И. Чиник. – Кишинев: Штиинца, 1983. – 76 c.

89. Савин А.П. Физико-математические олимпиады: [сборник] / А.П.Савин. –М. : Знание, 1977. – 160 с.

90. Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике / [под ред.Ф. М. Шустеф] / Ф.М.Шустеф, А. М.Фельдман, В. Ю. Гуревич. – Минск: Государ-ственное учебно-педагогическое издательство Министерства просвещения БССР,1962. – 84 с.


91. Берник В.И. Сборник олимпиадных задач по математике / В.И.Берник, И.К. Жук,О.В. Мельников. – М. : Нар. асвета, 1980. – 144 с.

92. Васильев Н.Б. Задачи Всесоюзных математических олимпиад / Н.Б.Васильев,А.А. Егоров. – М. :Наука, 1988. – 288 с.

93. Конягин С. В. Зарубежные математические олимпиады / [под ред. И. Н. Сергеева] /С.В. Конягин, Г.А. Тоноян, И. Ф. Шарыгин. – М. :Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.,1987. – (Б-ка мат. кружка). – 416 с.

94. Венгерские математические олимпиады. [пер. с венг. Ю. А. Данилова. под ред. ис предисл. В. М. Алексеева] / Й.Кюршак, Д.Нейкомм, Д. Хайош, Я. Шурани. –М. :Мир, 1976. – 543 с.

95. Лейфура В.М. Задачi мiжнародних математичних олiмпiад та методи їх розв’язу-вання / В. М. Лейфура, I. М. Мiтельман. – Львiв: Євро свiт, 1999. – 128 с.

96. Морозова Е.А. Международные математические олимпиады. Задачи, решения,итоги : пособие для учащихся / Е. А. Морозова, И. С. Петраков, В. А. Скворцов. –[4-е изд., испр. и доп]. – М. :Просвещение, 1976. – 288 с.


97. Страшевич С. Польские математические олимпиады / С.Страшевич, Е.Бровкин;предисл, А. Пелчинского и А. Шинцеля; пер. с польск. Ю. А. Данилова; под ред.В.М. Алексеева. – M. :Мир, 1978. – 338 с.

98. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады / [cост.А.А. Фомин, Г.М.Кузнецова]. – М. :Дрофа, 1998. – 160 с.


1. Київськi олiмпiади з математики (сайт київських та всеукраїнських олiмпiад татурнiрiв з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови про-ведення математичних змагань, що проходили в Українi протягом останнiх рокiв)[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://matholymp.org.ua/

2. Фiзико-математичний журнал «Квант» (завдання рiзних математичних олiмпiадза 1971-2002рр) [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://kvant.mirror1.mccme.ru/

3. Сайт мiжнародних олiмпiад з математики [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://www.imo-official.org/

4. Олимпиады для школьников [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://olimpiada.ru/

5. Всероссийская олимпиада по математике [Електронний ресурс]. – Режим доступa:math.rusolymp.ru/

6. Российская страница международного математического конкурса «Кенгуру»[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://mathkang.ru/

7. Українська сторiнка мiжнародного конкурсу «Кенгуру» [Електронний ресурс]. –Режим доступa: http://www.kangaroo.com.ua/index.php

8. Московская математическая олимпиада школьников [Електронний ресурс]. –Режим доступa: http://olympiads.mccme.ru/mmo/

9. Санкт-Петербургские математические олимпиады [Електронний ресурс]. – Режимдоступa: http://www.pdmi.ras.ru/ olymp/

10. Турнир городов Международная математическая олимпиада для школьников[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.turgor.ru/

11. Cайт Московского Центра Непрерывного Математического Образования[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.mccme.ru/

12. Задачная база олимпиадных задач (декiлька тисяч олiмпiадних задач росiйськихi мiжнародних математичних змагань). [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://zaba.ru/, http://problems.ru/

МIНIСТЕРСТВО ОСВIТИ I НАУКИ УКРАЇНИ



II ЕТАПУ



6 – 11 класи


ДВНЗ «Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

як навчальний посiбник

для факультативних занять з математики


УДК 51 (075.3)

ББК 22.1 я 721

О-543

Олiмпiаднi задачi: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з ма-тематики — 2014 : навчальний посiбник / О.А. Кадубовський, Б. Б.Беседiн,В.С. Сьомкiн, Н. I. Труш, О.В. Чуйко. — Слов’янськ : видавничий центр«Маторiн», 2015. — 64 с. — (Викладачi ДДПУ — учням, студентам, вчи-телям, вип. 13).

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посiбник дляпроведення гурткових i факультативних занять при пiдготовцi до учнiв-ських математичних олiмпiад. Буде корисним учням ЗОШ та студентамматематичних спецiальностей педагогiчних ВНЗ.

РЕКОМЕНДОВАНОвченою радою Державного вищого навчального закладу

«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»,протокол № 6 вiд 12.02.2015 р.

Рецензенти:доктор педагогiчних наук Є.О. ЛОДАТКО,Черкаський нацiональний унiверситет iменiБогдана Хмельницького, кафедра вищої школи i освiтньогоменеджменту

кандидат фiзико-математичних наук В.Є. ВЕЛИЧКО,Донбаський державний педагогiчний унiверситет,доцент кафедри алгебри.

Вiдповiдальний за випуск:кандидат фiз.-мат. наук, доцент кафедри геометрiї таметодики викладання математики О.А. Кадубовський

© О.А. Кадубовський, Б.Б. Беседiн,В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко, 2015

Змiст

Вiд авторiв . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4







3

ВIД АВТОРIВ




Д. Пойа1

Даний посiбник є тринадцятим випуском серiї «ВИКЛАДАЧI ДДПУ– УЧНЯМ, СТУДЕНТАМ, ВЧИТЕЛЯМ» заснованої у 2008 роцi. Посiбникмiстить розв’язання задач II етапу (районного) Всеукраїнської учнiвськоїолiмпiади з математики, який проводився 22 листопада 2014 року вiдповiднодо наказу Мiнiстерства освiти i науки України вiд 08.08.2014 року № 918«Про проведення Всеукраїнських учнiвських олiмпiад i турнiрiв у 2014/2015навчальному роцi».

Як i в попереднiх випусках для бiльшостi задач олiмпiади пропонує-ться кiлька способiв розв’язання, обсяг викладок яких iнколи суттєво вiд-рiзняється. Такий пiдхiд нi в якому разi не передбачає оцiнки доцiльностiабо порiвняння того чи iншого iз запропонованих методiв. Навпаки, оскiль-ки кожна олiмпiадна задача є, в певному розумiннi, унiкальною i вимагаєособливого ставлення, то головна мета авторiв посiбника — «донести» довчителiв i учнiв якомога бiльше корисних математичних iдей i принципiвта показати їх застосування.


4


Нагадаємо, що принципами в математицi називають деякi простi, май-же очевиднi, твердження, аксiоми або методи, якi використовуються в до-веденнях математичних теорем. Дуже часто учнi зустрiчаються з ними прирозв’язуваннi олiмпiадних задач з математики. Перш за все учнi, якi бе-руть участь в олiмпiадах, повиннi володiти значною кiлькiстю принципiв.Нажаль шкiльна програма не передбачає знайомства з бiльшiстю iз них. Зосновними математичними принципами можна ознайомитись у наведенiйлiтературi, зокрема в [13]2.

У посiбнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс якихполягає:у формулюваннi двоїстої або схожої задачi,або ж в узагальненнi запропонованої задачi.



Маємо надiю, що представлений посiбник буде корисним керiвникамматематичних гурткiв та їх зацiкавленим учням, стане для багатьох з нихпоштовхом до бiльш змiстовних мiркувань i буде спонукати до системати-чного ознайомлення з тим чи iншим роздiлом математики.


Iз найщирiшими побажаннями, викладачi кафедри геометрiї та методикивикладання математики фiзико-математичного факультету Державного ви-щого навчального закладу «Донбаський державний педагогiчний унiверси-тет».

14.01.2015



6 клас

1. (1 бал) З одного пункту одночасно у протилежних напрямках виру-шили два потяги. Через 4 години пiсля виїзду мiж ними була вiдстаньу 476 км. Знайдiть швидкiсть кожного потягу, якщо у одного з нихвона на 5 км/год бiльша, нiж у iншого.

2. (1 бал) Великий квадрат розрiзали на однаковi маленькi квадратики.Потiм перелiчили усi маленькi квадратики, якi дотикаються до контурувеликого квадрату. Їх виявилось 44 . На скiльки маленьких квадратикiвбуло розрiзано великий квадрат?

3. (3 бали) Тридцять три богатиря стали у ряд так, що кожен з тих,хто стоїть на парному мiсцi, на 8 см нижче попереднього, й на 3 смнижче наступного. На скiльки сантиметрiв перший богатир вище заостаннього?

4. (3 бали) Дев’ять однакових тiстечок коштують менше, нiж 10 гри-вень, а десять таких самих тiстечок коштують бiльше, нiж 11 гривень.Скiльки коштує одне таке тiстечко?

5. (4 бали) На математичнiй олiмпiадi учасникам було запропоновано 10

задач. За кожну правильно розв’язану задачу нараховували 5 балiв, аза кожну нерозв’язану чи розв’язану невiрно – знiмали 3 бали. Одинучасник отримав 34 бали. Скiльки задач вiн розв’язав правильно?

6


7 клас

1. (1 бал) Цiна книги була спочатку знижена на 15% , а потiм ще зни-жена на 4 грн. Пiсля двох знижок книга коштує 30 грн. Скiльки ко-штувала книга спочатку?

2. (1 бал) На рисунку 1 зображена вежа, яка складається з квадрату,прямокутника й рiвностороннього трикутника. Вiдомо, що периметривсiх трьох фiгур рiвнi. Сторона квадрату – 9 см. Знайти ширину пря-мокутника.

Рис. 1: до задачi 2

3. (3 бали) Середнє арифметичне десяти рiзних натуральних чисел до-рiвнює 10 . Яке найбiльше можливе значення може приймати найбiль-ше з цих чисел?

4. (3 бали) Старший брат йде вiд дому до школи 12 хвилин, а молодший– 16 хвилин. Скiльки хвилин потрiбно старшому брату, щоб наздогнатимолодшого, якщо той вийшов на одну хвилину ранiше?

5. (4 бали) Є три числа. Вiдомо, що добуток першого числа та другогозакiнчується нулем, а добуток першого числа та третього й добутокдругого числа та третього не закiнчуються нулем. Чи може сума всiхтрьох чисел закiнчуватися на 3 ?

8 клас

1. (1 бал) Вiдомо, що ac+ad+ bc+ bd = 68 та c+d = 4 . Чому дорiвнюєa+ b+ c+ d ?


2. (1 бал) Хлопчик записує на дошцi одне за одним числа. Кожне число,починаючи з третього, дорiвнює сумi двох попереднiх. Вiдомо, що че-тверте число дорiвнює 6 , а шосте – дорiвнює 15 . Чому дорiвнює сьомечисло?

3. (3 бали) Для нумерацiї сторiнок задачника знадобилося 1224 цифри.Скiльки сторiнок у книзi? Нумерацiя починається з першої сторiнки.

4. (3 бали) У трикутнику ABC AC = 1 см, AB = 2 см, O — точкаперетину бiсектрис. Вiдрiзок, який проходить через точку O i є пара-лельним до сторони BC , перетинає сторони AC i AB у точках K таM вiдповiдно. Знайдiть периметр трикутника AKM .

5. (4 бали) Трицифрове число дiлиться на 9 без остачi. Коли це числоподiлили на 9 , у частцi одержали нове число, у якому сума цифр на 9

менша за суму цифр даного числа. Скiльки трицифрових чисел маютьтаку властивiсть?

9 клас

1. (1 бал) Розв’язати рiвняння: |1− 2x| = 2x− 1 .2. (1 бал) Менша основа прямокутної трапецiї дорiвнює 9 см, бiльша

дiагональ — 17 см, а висота — 8 см. Знайти периметр трапецiї.3. (3 бали) Поливальна машина рухається зi сталою швидкiстю. Кожну

хвилину з неї виливається одна й та сама кiлькiсть води. Якщо збiль-шити швидкiсть руху вдвiчi, а швидкiсть виливання води збiльшитивтричi, то води у машинi вистачить на те, щоб полити 4 км дороги.Скiльки кiлометрiв дороги вдасться полити, якщо початкову швидкiстьруху збiльшити втричi, а початкову швидкiсть виливання води збiль-шити вдвiчi?

4. (3 бали) Нехай x1 та x2 — коренi рiвняння x2 − 2x − 1 = 0 . Не

розв’язуючи рiвняння, знайти значення виразу1

2x1 + 3x2+

1

2x2 + 3x1.

5. (4 бали) На дошцi записали десять послiдовних натуральних чисел.Потiм одне з них стерли, а тi дев’ять чисел, що залишилися, додали. Їхсума дорiвнює 2015 . Яке число витерли з дошки?


10 клас

1. (1 бал) Розв’язати нерiвнiсть:x− 3

1− x> 1 .

2. (1 бал) Знайдiть усi пари натуральних чисел (x, y) , для яких викону-ється рiвнiсть 2x2 + y2 = 2xy + 4x .

3. (3 бали) Точки A,B,C,D — сусiднi вершини правильного многоку-тника (саме у такiй послiдовностi). Вiдомо, що ∠ACD = 1200 . Скiлькисторiн у цього многокутника?

4. (3 бали) Чи можна числа 1, 2, ..., 20 розмiстити у вершинах та сере-динах ребер кубу так, щоб кожне число, яке стоїть по серединi ребра,дорiвнювало середньому арифметичному чисел, якi стоять на кiнцяхцього ребра?

5. (4 бали) Парабола на координатнiй площинi має назву «красива»,якщо її вершина та двi точки перетину з вiссю абсцис утворюють рiв-ностороннiй трикутник. Довести, що дискримiнанти квадратних три-членiв, у яких графiками є «красивi» параболи, рiвнi. Знайти значенняцих дискримiнантiв.

11 клас

1. (1 бал) Розв’язати нерiвнiсть:(x2 − x− 6

)·√x− 1 > 0 .

2. (1 бал) Розв’язати рiвняння: cos(3πx) + x2 − 6x+ 10 = 0 .

3. (3 бали) При яких значеннях параметра a рiвнянняx− 1

|x− 1|x = a має

лише один розв’язок?

4. (3 бали) Дана функцiя f(x) =

2x+ 1, якщо x < 3,

3x− 3, якщо 3 6 x < 10,

14− x, якщо 10 6 x.

Знайдiть значення f(f(...f(2)...))︸︷︷︸2014

(знак функцiї застосовується 2014

разiв).5. (4 бали) Довжини сторiн трикутника утворюють арифметичну про-

гресiю з рiзницею, яка не дорiвнює нулю. Доведiть, що лише один кутцього трикутника бiльший за 600 .


6 клас

1. Вiдповiдь: 57; 62.



4. Вiдповiдь: 111 (1,11).


7 клас





5. Вiдповiдь: Нi.

8 клас




10

Вiдповiдi до задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2014 11



9 клас

1. Вiдповiдь: x ∈[1

2;+∞

).



4. Вiдповiдь:10

23.


10 клас

1. Вiдповiдь: x ∈ (1; 2] .

2. Вiдповiдь: (2; 4) , (4; 4) .


4. Вiдповiдь: Нi, не може; задача на доведення.


11 клас

1. Вiдповiдь: x ∈ {1} ∪ [3; +∞) .

2. Вiдповiдь: x = 3 .

3. Вiдповiдь: a ∈ (−1; 1] .





I спосiб

Нехай швидкiсть одного з потягiв становить x км/год, тодi швидкiстьдругого — (x+ 5) км/год.

За 4 години руху перший потяг подалав x ·4 км, а другий — (x+5) ·4км. Таким чином, через 4 години пiсля одночасного виїзду потягiв зодного пункту у протилежних напрямках, вiдстань мiж ними становилаx · 4 + (x+ 5) · 4 км.

З iншого боку, за умовою сказано, через 4 години пiсля виїзду потягiввiдстань мiж ними була 476 км. Звiдки маємо рiвняння

x · 4 + (x+ 5) · 4 = 476.

Звiдки

8x+ 20 = 476, 8x = 476− 20, 8x = 456, x = 456 : 8, x = 57.

Розв’язавши рiвняння одержали, що x = 57 . Тому, згiдно введених по-значень, швидкiсть одного з потягiв становила 57 км/год, а другого —57 + 5 = 62 км/год.

12

6 клас 13

II спосiб

За умовою сказано, що через 4 години пiсля одночасного виїзду потя-гiв вiдстань мiж ними була 476 км. Тому «швидкiсть вiддалення» потягiв(сума їх швидкостей) дорiвнює 476 : 4 = 119 км/год. Оскiльки швидкiстьодного з них на 5 бiльша за швидкiсть iншого, а їх сума дорiвнює 119, то,позначивши через x швидкiсть повiльнiшого з них, а через (x+5) — швид-шого з них, одержимо рiвняння x+ x+ 5 = 119 , звiдки 2x = 114 , x = 57 .

Таким чином, швидкiсть швидшого з потягiв дорiвнює 62 км/год, аповiльнiшого з них — 57 км/год.

Вiдповiдь: 57 ; 62 .

Задача 2.

I спосiб3

Рис. 2: до першого способу розв’язання задачi 2

Розiб’ємо контур великого квадрата за допомогою 4 однакових сму-жок — прямокутники шириною в один маленький квадрат так, як показанона рисунку. Тодi в кожнiй такiй смужцi мiститься точно 44 : 4 = 11 ма-леньких квадратiв. Тому розмiри великого квадрата становлять 12×12 (12рядкiв, в кожному з яких по 12 маленьких квадратiв, або, що теж саме —12 стовпчикiв, у кожному з яких 12 маленьких квадратiв). Таким чиномвеликий квадрат розрiзали на 12 · 12 = 144 маленьких квадратiв.

3заснований на iдеї, запропонованiй укладачами-авторами — вiдповiдальними за добiр задач до олiмпiади


II спосiб

Рис. 3: до другого способу розв’язання задачi 2

Серед 44 маленьких квадратiв (що дотикаються до контуру велико-го квадрата) є 4 «кутовi» квадрати, якi дотикаються до контуру великогоквадрата двома своїми сторонами. Решта 40 = 44 − 4 квадратiв дотика-ються до контуру великого квадрата лише однiєю стороною. Причому докожної з 4 сторiн великого квадрата дотикається однакове число 10 = 40 : 4

«не кутових» маленьких квадратiв. Таким чином, кожна зi сторiн великогоквадрата мiстить 10 сторiн «не кутових» та 2 сторони «кутових» малень-ких квадратiв. I тому розмiри великого квадрата становлять 12 × 12 (12рядкiв, в кожному з яких по 12 маленьких квадратiв, або, що теж саме, —12 стовпчикiв, у кожному з яких 12 маленьких квадратiв). Отже, великийквадрат розрiзали на 12 · 12 = 144 маленьких квадратiв.


ДОПОВНЕННЯ 1 до задачi 2.

Великий квадрат розрiзали на однаковi маленькi квадрати. Потiм перера-хували усi маленькi квадрати, якi дотикаються до контуру великого ква-драту. Їх виявилось 4 · n + 4 (n — будь-яке натуральне число). Доведiть,що великий квадрат було розрiзано на (n+2) ·(n+2) маленьких квадратiв.

6 клас 15

ДОПОВНЕННЯ 2 до задачi 2.

?! Великий правильний трикутник4 розрiзали на однаковi маленькi пра-вильнi трикутники. Потiм перелiчили усi маленькi правильнi трикутники,якi дотикаються до контуру великого трикутника. Їх виявилось 36 . Наскiльки маленьких правильних трикутникiв було розрiзано великий пра-вильний трикутник?

Задача 3.

За умовою тридцять три богатиря стали у ряд так, що кожен з тих,хто стоїть на парному мiсцi, на 8 см нижче попереднього, та на 3 см нижченаступного. Тому рiзниця у зростi мiж сусiднiми богатирями, якi стоять намiсцях з непарними номерами становить 5 см.

Серед 33 богатирiв 16 стоять на мiсцях з парними номерами та 17

— на мiсцях з непарними номерами. Причому серед зазначених 17 -ти знепарними номерами: найвищий — на першому, найнижчiй — останнiй, на33 мiсцi.

Оскiльки 17 богатирiв, що стоять на мiсцях з непарними номерами,утворюють 16 «пар сусiдiв», а рiзниця у зростi мiж кожною парою «сусi-дiв» становить 5 см, то рiзниця у зростi мiж першим i останнiм (33 -iм)богатирями становить 16 · 5 = 80 см.

Таким чином, перший богатир вищий за останнього на 80 см.

Вiдповiдь: 80 .4якщо у трикутника довжини сторiн є рiвними, то такий трикутник називають правильним; у правильного

трикутника всi кути є рiвними


Задача 4.

Нехай x — вартiсть одного тiстечка в копiйках.Оскiльки дев’ять однакових тiстечок коштують менше, нiж 10 гри-

вень (10 · 100 = 1000 копiйок), то має мiсце нерiвнiсть9x < 1000 , звiдки x < (999 + 1) : 9 , x < 111 + 1

9 .Оскiльки десять таких самих тiстечок коштують бiльше, нiж 11 гри-

вень (11 · 100 = 1100 копiйок), то має мiсце нерiвнiсть10x > 1100 , звiдки x > 110 .

Оскiльки мiж числами 110 i 111+ 19 мiститься лише одне натуральне

число 111, то вартiсть одного такого тiстечка становить 111 копiйок або, щотеж саме, 1 гривня 11 копiйок.

Вiдповiдь: 1,11.

Задача 5.

I спосiб

Нехай учасник правильно розв’язав x iз 10 запропонованих задач.Тодi загальне число нерозв’язаних або неправильно розв’язаних ним задачстановить 10− x .

За кожну з x (правильно) розв’язаних задач учаснику було нарахо-вано по 5 балiв. Тому учаснику всього було нараховано 5 · x балiв.

За кожну з (10−x) нерозв’язаних або неправильно розв’язаних задачучаснику бали не нараховувалися, а навпаки — знiмали по 3 бали за кожнуз них. Отже, за всi такi задачi з учасника було знято 3 · (10− x) = 30− 3x

балiв. За умовою учасник отримав 34 бали, i тому має мiсце рiвняння5x− (30− 3x) = 34, звiдки

5x− 30 + 3x = 34 , 8x− 30 = 34 , 8x = 64 , x = 64 : 8 , x = 8 .Розв’язавши рiвняння одержали, що x = 8 . Тому, згiдно введених

позначень, учасник правильно розв’язав точно 8 задач.

?! Яку найменшу кiлькiсть балiв може бути нараховано учаснику зарезультатами перевiрки (саме такого оцiнювання) його роботи?

6 клас 17

II спосiб

З урахуванням умови задачi, нарахування балiв за виконання задачолiмпiади вiдбувається за наступними правилами:

якщо учасник правильно розв’яже всi 10 iз запропонованих задач,то йому нарахують точно 10 · 5 = 50 балiв;

якщо учасник правильно розв’яже лише 9 iз запропонованих задач,то йому нарахують точно 9 · 5− 1 · 3 = 45− 3 = 42 бали;

якщо учасник правильно розв’яже лише 8 iз запропонованих задач,то йому нарахують точно 8 · 5− 2 · 3 = 40− 6 = 34 бали;

якщо учасник правильно розв’яже лише 7 iз запропонованих задач,то йому нарахують точно 7 · 5− 3 · 3 = 35− 9 = 26 балiв;

якщо учасник правильно розв’яже лише 6 iз запропонованих задач,то йому нарахують точно 6 · 5− 4 · 3 = 30− 12 = 18 балiв;

якщо учасник правильно розв’яже лише 5 iз запропонованих задач,то йому нарахують точно 5 · 5− 5 · 3 = 25− 15 = 10 балiв,

i так далi.Таким чином, учасник правильно розв’язав точно 8 задач.

III спосiб5

Якби учасник розв’язав правильно всi 10 задач, то вiн одержав би 50 (ма-ксимально можливих) балiв.

Якщо в роботi учасника є нерозв’язанi (вiдсутнi у роботi) або непра-вильно розв’язанi задачi, то за кожну таку задачу не нараховуються (знiма-ються за замовчуванням передбаченi) 5 балiв та ще знiмаються («штрафнi»)3 бали. Тобто, на кожнiй нерозв’язанiй або неправильно розв’язанiй задачiвтрата становить 8 балiв.

Оскiльки учасник недобрав до максимального результату 50−34 = 16

балiв, то точно двi (16 : 8 = 2 ) задачi йому не зарахували.Отже, учасник правильно розв’язав точно 8 задач.





I спосiб

Нехай x — початкова вартiсть книги (у гривнях). Тодi пiсля (першо-го) зниження її вартостi на 15% цiна книги складала x − 0, 15x = 0, 85x

гривень, а пiсля (другої) знижки на 4 гривнi остаточна цiна книги станови-ла (0, 85x−4) гривень або ж (за умовою) 30 гривень. Тому маємо рiвняння

0, 85x− 4 = 30,

звiдки:0, 85x = 30 + 4 ; 0, 85x = 34 ; 85x = 3400 ; x = 3400 : 85 ; x = 40 .

Розв’язавши рiвняння одержали, що x = 40 . Тому, згiдно введенихпозначень, початкова цiна книги становила 40 гривень.

Отже, спочатку книга коштувала 40 гривень.

II спосiб

За умовою — пiсля другої знижки на 4 гривнi книга стала коштува-ти 30 гривень. Але ж тодi, перед другою знижкою (пiсля першої знижки)вартiсть книжки становила 34 гривнi.

Оскiльки знижка початкової вартостi книги вiдбулась на 15% , то 34гривнi становить 85% початкової вартостi книги. Тому початкову цiну книгиможна знайти наслiдуючи «правило знаходження числа за його вiдсотком».А саме

34 · 10085

= 2 · 17 · 5 · 2017 · 5

= 40.

Отже, початкова цiна книги становила 40 гривень.


?! На скiльки вiдсоткiв кiнцева вартiсть книжки менша за її початковувартiсть?

?! На скiльки вiдсоткiв початкова вартiсть книжки бiльша за її кiнцевувартiсть?

7 клас 19

А чи звертали Ви увагу?1) Для збiльшення величини a на p% достатньо a помножити на

«вiдповiдний коефiцiент» – число(1 + p

100

).

2) Для зменшення величини b на q% достатньо b помножити на«вiдповiдний коефiцiент» – число

(1− q

100

).

Задача 2.


За умовою сторона квадрата дорiвнює 9 см, тому його периметр до-рiвнює 9 · 4 = 36 см. Оскiльки периметри всiх трьох фiгур є рiвними, топериметр трикутника також дорiвнює 36 см, i тому сторона трикутникадорiвнює 36 : 3 = 12 см.

Але ж тодi довжина прямокутника також дорiвнює 12 см. Оскiлькипериметр прямокутника дорiвнює 36 см а його довжина — 12 см, то ширинуx прямокутника можна знайти за допомогою спiввiдношення

x = (36− 2 · 12) : 2,

звiдки x = (36− 24) : 2 = 12 : 2 = 6 .Таким чином, невiдома сторона прямокутника дорiвнює 6 см.


?! Чому дорiвнює периметр фiгури («неопуклого дев’ятикутника»), якаобмежує (є границею) три данi фiгури (трикутник, прямокутник iквадрат)?


Задача 3.

Оскiльки середнє арифметичне десяти натуральних чисел дорiвнює10 , то (як наслiдок з визначення «середнього арифметичного»6) їх сумастановить 10 · 10 = 100 .

За умовою вiдомо, що цi числа є рiзними. Тому їх можна впорядкуватиза зростанням: вiд найменшого – «першого» до найбiльшого – «останнього»(десятого).

Найбiльше (десяте) з цих натуральних чисел буде приймати макси-мально можливе значення лише за умов, коли сума iнших дев’яти чиселбуде найменшою.

Сума рiзних натуральних чисел прийматиме своє мiнiмальне значеннялише за умов, коли цi числа є першими дев’ятьма натуральними числами:1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Не важко перевiрити, що їх сума (сума перших дев’ятинатуральних чисел) дорiвнює 45.

Таким чином, максимально можливе значення найбiльшого з такихнатуральних чисел дорiвнює 100− 45 = 55 .


Задача 4.

I спосiб

Нехай S — вiдстань вiд школи до дому (в метрах). Тодi:1) оскiльки старший брат долає вiдстань вiд школи до дому за 12

хвилин, то його швидкiсть дорiвнює v1 =S12 м/хв;

2) оскiльки молодший брат долає вiдстань вiд школи до дому за 16хвилин, то його швидкiсть дорiвнює v2 =

S16 м/хв.

Нехай далi t0 — час (у хвилинах), який потрiбно старшому брату,щоб наздогнати молодшого. Тодi очевидно, що за цей час старший з братiвподолає вiдстань S0 = v1 · t0 = S

12 · t0 . Але ж таку саму вiдстань S0 подолаєi молодший брат (у момент, коли старший його наздожене).

6середнiм арифметичним декiлькох чисел називають вiдношення їх суми до числа доданкiв

7 клас 21

Проте, оскiльки менший брат вийшов на 1 хвилину ранiше за старшо-го, то вiн був у дорозi (до моменту, коли старший його наздожене) точно(t0 + 1) хвилин, за якi вiн подолав вiдстань S0 = v2 · (t0 + 1) = S

16 · (t0 + 1) .Таким чином, маємо рiвняння з невiдомим t0

S

12· t0 =

S

16· (t0 + 1) ⇔ 1

12· t0 =

1

16· (t0 + 1),

звiдки16 · t0 = 12 · (t0 + 1) , 4 · t0 = 3 · (t0 + 1) , 4t0 = 3t0 + 3 , t0 = 3 .

Розв’язавши рiвняння одержали, що t0 = 3 . Тому, згiдно введенихпозначень, старшому брату, щоб наздогнати молодшого, знадобиться точно3 хвилини.

II спосiб7

Оскiльки старший брат долає вiдстань вiд дому до школи за 12 хви-лин, а молодший — за 16 хвилин, то за 1 хвилину старший брат проходить112 частину вiдстанi вiд дому до школи, а молодший брат — 1

16 частину.Через 1 хвилину молодший брат був вiд дому на вiдстанi 1

16 частинивсього шляху, пiсля чого (за умовою) його почав наздоганяти старший брат.

За кожну хвилину (до моменту коли старший наздожене молодшо-го) вiдстань мiж братами скорочується на 1

12 −116 = 1·4−1·3

48 = 148 частину

шляху. А оскiльки початкова вiдстань мiж ними (в момент, коли старшийбрат почав наздоганяти молодшого) становила 1

16 частини всього шляху,то старший брат наздожене молодшого через 1

16 :148 =

116 ·

481 = 3 хвилини.


?! 1) Наскiльки хвилин ранiше повинен вийти з дому молодший брат,щоб старший наздогнав його на чверть-дорозi вiд дому?2) Наскiльки хвилин ранiше повинен вийти з дому молодший брат, щобстарший наздогнав його на пiвдорозi до школи?3) Наскiльки хвилин ранiше повинен вийти з дому молодший брат, щобстарший наздогнав його на чверть-дорозi до школи?



ДОПОВНЕННЯ до задачi 4.1) Якщо з одного пункту в протилежних напрямках (вздовж прямої)

одночасно вирушили два об’єкти руху зi швидкостями v1 i v2 , то:1.1) через час t0 вiдстань мiж ними буде становити S0 = t0 · (v1 + v2) ;1.2) вiдстань S0 мiж ними буде становити саме через час t0 =

S0

v1+v2.

В цьому випадку величину (v1 + v2) називають «швидкiстю вiддалення»об’єктiв руху.

2) Якщо з пунктiв P1 i P2 , вiдстань мiж якими дорiвнює S , назу-стрiч один одному (вздовж прямої) одночасно вирушили два об’єкти рухузi швидкостями v1 i v2 вiдповiдно, то:2.1) їх зустрiч вiдбудеться через час t0 =

Sv1+v2

;В цьому випадку величину (v1 + v2) називають «швидкiстю зближення»об’єктiв руху.2.2) їх зустрiч вiдбудеться на вiдстанi S1 = S·v1

v1+v2вiд пункту P1 або, що

теж саме, на вiдстанi S2 =S·v2v1+v2

вiд пункту P2 ;2.3) через час t′ = 2S

v1+v2вiдстань мiж ними знов буде дорiвнювати S .

3) Якщо з пункту A (вздовж прямої) вирушив перший об’єкт рухузi швидкiстю v1 , а через певний промiжок часу T0 слiд за ним вирушивдругий об’єкт руху зi швидкiстю v2 > v1 , то:3.1) другому, щоб наздогнати першого, знадобиться час t0 =

T0·v1v2−v1

;3.2) їх «зустрiч» (в момент коли другий наздожене першого) вiдбудетьсяна вiдстанi S0 =

T0·v1·v2v2−v1

вiд пункту A .В цьому випадку величину (v2 − v1) називають «швидкiстю наздогнання»швидшим об’єктом руху повiльнiшого.

4) Якщо з пунктiв P1 i P2 , вiдстань мiж якими дорiвнює S , в одно-му напрямку (вздовж прямої вiд P2 до P1 ) одночасно вирушили два об’єктируху зi швидкостями v1 i v2 (v2 > v1) , то:4.1) швидший (який вирушив з пункту P2 ) наздожене повiльнiшого (якийвирушив з пункту P1 ) через час t0 =

Sv2−v1

;4.2) їх «зустрiч» (в момент коли швидший наздожене повiльнiшого) вiд-будеться на вiдстанi S1 =

S·v1v2−v1

вiд пункту P1 або, що теж саме, на вiдстанiS2 =

S·v2v2−v1

= S + S1 вiд пункту P2 .

7 клас 23

Задача 5.

Заради визначеностi, позначимо перше, друге та третє число, як a , bi c вiдповiдно. Оскiльки добуток (a · b) закiнчується нулем, то можливимиє лише наступнi три випадки:1) хоча б одне з чисел a , b закiнчується цифрою 0,2) число b закiнчується цифрою 5, а число a – парною цифрою, вiдмiнноювiд 0,3) число a закiнчується цифрою 5, а число b – парною цифрою, вiдмiнноювiд 0.

Якщо припустити, що хоча б одне з чисел a або b закiнчується ци-фрою 0, то хоча б один з добуткiв a · c або b · c буде закiнчуватися цифрою0, що є протирiччям до умови задачi.

Якщо припустити, що число b закiнчується цифрою 5, а число a –парною цифрою (вiдмiнною вiд 0), то, з урахуванням умови про те, щожоден з добуткiв a · c i b · c не закiнчуються нулем, число c не може закiн-чуватися цифрою 5 або парною цифрою; тобто, число c може закiнчуватисялише 1, 3, 7 або 9. Але ж тодi сума (b + c) буде закiнчуватися парною ци-фрою (як сума непарних чисел), i тому сума a + b + c = a + (b + c) будезакiнчуватися парною цифрою (як сума двох парних чисел). Отже, сума(a+ b+ c) не може закiнчуватися непарною цифрою, зокрема цифрою 3.

Якщо припустити, що число a закiнчується цифрою 5, а число b –парною цифрою (вiдмiнною вiд 0), то, з урахуванням умови про те, щожоден з добуткiв a · c i b · c не закiнчуються нулем, число c не може закiн-чуватися парною цифрою або цифрою 5; тобто, число c може закiнчуватисялише 1, 3, 7 або 9. Але ж тодi сума (a+ c) буде закiнчуватися парною ци-фрою (як сума непарних чисел), i тому сума a + b + c = b + (a + c) будезакiнчуватися парною цифрою (як сума двох парних чисел). Отже, сума(a+ b+ c) не може закiнчуватися непарною цифрою, зокрема цифрою 3.

Отже, сума трьох даних чисел не може закiнчуватися цифрою 3 .

Вiдповiдь: Нi.



I спосiб — «за допомогою групування»

Перетворимо лiву частину даної рiвностi ac+ ad+ bc+ bd = 68 :

ac+ ad+ bc+ bd = a(c+ d) + b(c+ d) = (c+ d)(a+ b).

Отже, дану за умовою рiвнiсть можна подати у виглядi

(c+ d)(a+ b) = 68.

За умовою c+ d = 4 , тому останню рiвнiсть можна подати у виглядi

4 · (a+ b) = 68,

звiдкиa+ b = 68 : 4 = 17.

Таким чином a+ b+ c+ d = (a+ b) + (c+ d) = 17 + 4 = 21 .

II спосiб — «за допомогою пiдстановки»

За умовою c + d = 4 , звiдки c = 4 − d . Тому лiву частину даноїрiвностi ac+ ad+ bc+ bd = 68 можна подати у виглядi

ac+ ad+ bc+ bd = a(4− d) + ad+ b(4− d) + bd =

= 4a− ad+ ad+ 4b− bd+ bd = 4a+ 4b = 4(a+ b).

Звiдки 4 · (a+ b) = 68 , a+ b = 68 : 4 = 17 .I тому a+ b+ c+ d = (a+ b) + (c+ d) = 17 + 4 = 21 .



?! Чому дорiвнює ab+ cd ?

8 клас 25

Задача 2.

За умовою маємо числову послiдовнiсть cj ( j = 1, 2, ... ), в якiй коженчлен, починаючи з третього, дорiвнює сумi двох попереднiх. Нехай першийчлен дорiвнює a , а другий — b . Тодi члени cj такої послiдовностi чиселможна подати у виглядi:

c1 = a ,c2 = b ,c3 = c1 + c2 = 1a+ 1b ,c4 = c2 + c3 = 1a+ 2b ,c5 = c3 + c4 = 2a+ 3b ,c6 = c4 + c5 = 3a+ 5b ,c7 = c5 + c6 = 5a+ 8b ....

За умовою c4 = 6 , c6 = 15 . Тому невiдомi a i b можна знайти якрозв’язок системи {

a+ 2b = 6

3a+ 5b = 15.

Звiдки {3a+ 6b = 18

3a+ 5b = 15,

{a = 0

b = 3.

Таким чином c7 = 5a+ 8b = 5 · 0 + 8 · 3 = 24.


А чи звернули Ви увагу?Кожна така послiдовнiсть має наступнi властивостi:

10 cn = c1 + c2 + c3 + ...+ cn−3 + cn−2 + b ;20 c1 + c3 + c5 + ...+ c2n−1 = c2n + a− b ;30 c2 + c4 + c6 + ...+ c2n = c2n+1 − a .


?! Перевiрте та доведiть справедливiсть зазначених властивостей.


Задача 3.

I спосiб

Очевидно, що для нумерацiї перших 9 сторiнок задачника (починаю-чи з 1 -ої) знадобиться 9 цифр.

Кожна наступна сторiнка — з 10 -ої по 99 -ту включно — буде нумеру-ватися 2 -ма цифрами. Загальне число таких сторiнок становить 9·10 = 90 .Тому для їх нумерацiї знадобиться ще 2 · 90 = 180 цифри.

Кожна наступна сторiнка — з 100 -ої по 999 -ту — буде нумерувати-ся 3 -ма цифрами. Оскiльки загальна кiлькiсть тризначних чисел стано-вить 9 · 10 · 10 = 900 , то для нумерацiї 900 таких сторiнок знадобилося би3 · 900 = 2 700 цифри.

Проте, за умовою, для нумерацiї всiх сторiнок задачника знадобилосялише 1 224 цифри. Це означає, що остання сторiнка книги має тризначнийномер, значно менший за 999. Бiльше того, для нумерацiї сторiнок з три-значними номерами було використано точно 1224− 9− 180 = 1035 цифри.

Останнє, в свою чергу означає, що за допомогою 1035 цифр булозанумеровано точно 1035 : 3 = 345 сторiнок з тризначними номерами.

Таким чином, книга, для нумерацiї сторiнок якої було використано1 224 цифри, мiстить точно 9 + 90 + 345 = 444 сторiнки.

II спосiб

Очевидно, що кiлькiсть сторiнок, номери яких позначено однозначни-ми числами (вiд 1 до 9 сторiнки) дорiвнює 9 , а двозначними числами (вiд9 до 99 сторiнки) дорiвнює 90 . Нехай кiлькiсть сторiнок, якi позначенотризначними числами дорiвнює x , тодi загальна кiлькiсть цифр, викори-станих для нумерацiї сторiнок складає 9 + 180 + 3x , що за умовою задачiдорiвнює 1224 . Тому має мiсце рiвнiсть 9+180+3x = 1224 , звiдки x = 345 .

Таким чином, книга, для нумерацiї сторiнок якої було використано1 224 цифри, мiстить точно 9 + 90 + 345 = 444 сторiнки.


8 клас 27

Задача 4.

Дано: △ABC , AC = 1 см, AB = 2 см, O — точка перетинубiсектрис, K ∈ AC , M ∈ AB , O ∈ KM , KM ||BC .

Знайти: периметр △AKM .

I спосiб8

A

B C

M O

K


1) За умовою KM ||BC . Тому за властивiстю паралельних KM,BC

та сiчної CO кути KOC i OCB є рiвними, як «внутрiшнi рiзно-стороннi». Оскiльки CO — бiсектриса кута ACB , то за визначенням∠KCO = ∠BCO . I тому ∠KCO = ∠KOC . Отже (за ознакою рiвно-бедреного трикутника) △ CKO є рiвнобедреним з основою CO . ЗвiдкиKO = KC .

2) Аналогiчно ∠CBO = ∠MOB як «внутрiшнi рiзностороннi» припаралельних KM,BC та сiчнiй CO . Оскiльки BO — бiсектриса кутаABC , то ∠MBO = ∠CBO . I тому ∠MBO = ∠MOB . Отже △ BMO

є рiвнобедреним з основою BO . Звiдки MO = MB .3) Таким чином P△AKM = AK +KM + AM =

= AK + (KO +OM) + AM = AK + (KC +MB) + AM =

= (AK +KC) + (MB + AM) = AC + AB = 1 + 2 = 3.

Отже P△AKM = 3 см.8заснований на iдеї, запропонованiй укладачами-авторами — вiдповiдальними за добiр задач до олiмпiади


II спосiб

A

B C

M O K

'A

Рис. 6: до другого способу розв’язання задачi 4

Нехай AA′ — бiсектриса кута A трикутника ABC . Оскiльки бiсе-ктриси кутiв трикутника перетинаються в однiй точцi, то O ∈ AA′ .

За умовою KM ||BC . Тому трикутники AKM i ACB є подiбними затретьою ознакою подiбностi трикутникiв. Оскiльки AO i AA′ — вiдповiднiлiнiйнi елементи (бiсектриси вiдповiдних кутiв трикутникiв) подiбних три-кутникiв AKM i ACB , то в якостi коефiцiєнта подiбностi цих трикутникiвможна обрати величину k = AO

AA′ (або ж k′ = 1k = AA′

AO ).За властивiстю точки перетину бiсектрис трикутника має мiсце

рiвнiстьAO

OA′ =AC + AB

BC,

звiдки OA′

AO = BCAC+AB , OA′

AO + 1 = BCAC+AB + 1 , AA′

AO = AC+AB+BCAC+AB = P△ABC

AC+AB .

I тому коефiцiєнт подiбностi k =AO

AA′ =AC + AB

P△ABC.

Але ж тодi

P△AKM = k · P△ABC =AC + AB

P△ABC· P△ABC = AC + AB.

Отже периметр △AKM дорiвнює AC + AB = 1 + 2 = 3 см.



З огляду на те, що властивiсть точки перетину бiсектрис трикутника

є недостатньо вiдомою, наведемо доведення цього твердження.

8 клас 29

За властивiстю основи бiсектриси кута трикутника («основа бiсектри-си кута трикутника дiлить сторону на вiдрiзки, довжини яких пропорцiйнiдовжинам прилеглих сторiн») з трикутникiв ACA′ i ABA′ маємо наступнi(вiдповiднi) пропорцiї: AO

OA′ =ACCA′ ,

AOOA′ =

ABBA′ , звiдки

AO

OA′ =AC

CA′ =AB

BA′ =AC + AB

CA′ + A′B=

AC + AB

CB.

! Слiд взяти на «озброєння» наступний факт арифметики, який частозастосовують в геометрiї: якщо

a

b=

c

d, то

a

b=

c

d=

a+ c

b+ d.

Задача 5.

I спосiб9

Заради визначеностi позначимо шукане число як x , а частку вiд йогодiлення на 9 — y .

За умовою число x дiлиться на 9 без остачi. I тому (за ознакою по-дiльностi натуральних чисел на число 9 ) сума S(x) його цифр також дi-литься на 9 . Оскiльки (за умовою) сума S(y) цифр числа y менше вiдS(x) на 9 , то S(y) також дiлиться на 9 . I тому (за ознакою подiльностiнатуральних чисел на число 9 ) число y також дiлиться на 9 . Але ж тодiчисло x дiлиться на 81 без остачi.

Запишемо всi тризначнi числа x (разом iз сумою їх цифр S(x) ), щодiляться на 81

x 162 243 324 405 486 567 648 729 810 891 972

S(x) 9 9 9 9 18 18 18 18 9 18 18

та частки y (разом iз сумою їх цифр S(y) ) вiд їх дiлення на 9 :y 18 27 36 45 54 63 72 81 90 99 108

S(y) 9 9 9 9 9 9 9 9 9 18 9

Порiвнюючи суми цифр S(x) = S(9y) та S(y) не важко бачити, щоумову задачi задовольняють лише п’ять чисел: 486, 567, 648, 729 i 972.

Вiдповiдь: 5.9заснований на iдеї, запропонованiй укладачами-авторами — вiдповiдальними за добiр задач до олiмпiади



Для довiльного дiйсного a справджується рiвнiсть | − a| = |a| , томудане рiвняння |1− 2x| = 2x− 1 можна подати у виглядi |2x− 1| = 2x− 1 .Розв’яжемо це рiвняння.

I спосiб

Оскiльки для довiльного дiйсного a справджується критерiй|a| = a ⇔ a > 0, то

|2x− 1| = 2x− 1 ⇔ 2x− 1 > 0 ⇔ x > 1

2.

II спосiб

|2x− 1| = 2x− 1 ⇔

{

2x− 1 = 2x− 1

2x− 1 > 0{−(2x− 1) = 2x− 1

2x− 1 < 0

⇒

{

x ∈ R

x > 12{

2(2x− 1) = 0

2x− 1 < 0

⇒

⇒

[x > 1

2

∅⇒ x > 1

2.

III спосiб

Оскiльки для довiльного дiйсного a справджуються умови |a| > 0 i|a|2 = a2 , то мають мiсце наступнi рiвносильнi «переходи»

|2x− 1| = 2x− 1 ⇔

{|2x− 1|2 = (2x− 1)2

2x− 1 > 0⇔

{(2x− 1)2 = (2x− 1)2

2x− 1 > 0⇒

⇒

{x ∈ R

x > 12

⇒ x > 1

2.

Вiдповiдь: x ∈[12 ; +∞

).

9 клас 31

Задача 2.

Нехай ABCD — дана трапецiя, в якiй: BC||AD , BC < AD , BC = 9 см;∠A = ∠B = 900 , AB = 8 см. Знайдемо периметр трапецiї.

A D

C B

H


1. Нехай далi CH ⊥ AD , H ∈ AD . Оскiльки BA ⊥ AD , то заознакою паралельних BA||CH . За умовою BC||AH i тому (за визначен-ням) чотирикутник ABCH є паралелограмом. Звiдки CH = BA = 8 см.Бiльше того, оскiльки кути цього паралелограма є прямими, то вiн є пря-мокутником. I тому (за властивiстю прямокутника) AC = BH .

2. За умовою BA ⊥ AD , тому AH i AD є проекцiями похилихBH i BD вiдповiдно. Оскiльки AH < AD , то (за властивiстю похилих)BH < BD . А так як AC = BH , то AC < BD i тому саме BD = 17 см.

3. Розглянемо △ BAD . В ньому: ∠B = 900 , BA = 8 , BD = 17 .Тодi за теоремою ПiфагораAD =

√BD2 −BA2 =

√172 − 82 =

√289− 64 =

√225 = 15.

4. Оскiльки AH = BC = 9 , то, як наслiдок iз аксiоми вимiрюваннявiдрiзкiв, має мiсце рiвнiсть HD = AD − AH = 15− 9 = 6.

5. Розглянемо △ CHD . В ньому: ∠H = 900 , CH = 8 , HD = 6 .Тому за теоремою ПiфагораCD =

√CH2 +HD2 =

√82 + 62 =

√64 + 36 =

√100 = 10.

6. Таким чином, периметр трапецiї ABCD становить

PABCD = AB +BC + CD + AD = 9 + 8 + 10 + 15 = 42.



Задача 3.

1. Введемо в розгляд основнi величини та їх позначення, що «фiгурують»в умовi задачi:V — об’єм води, яка мiститься в резервуарi, що передбачений конструкцiєюполивальної машини;u — швидкiсть, з якою вода виливається з резервуару;v — швидкiсть, з якою рухається машина пiд час поливання дороги;T — «робочий» час руху машини, тобто з моменту початку поливання до-роги до моменту закiнчення води в резервуарi;

iншими словами: T — час, за який вода (загального об’єму V ) повнi-стю виливається з резервуару;S — довжина «робочого» шляху машини, тобто довжина шляху, який долаємашина за «робочий» час T .2. Перш нiж приступити до безпосереднього розв’язання задачi, з’ясуємо

залежностi, що iснують мiж зазначеними вище величинами.Слiд взяти до уваги, що час, швидкостi, шлях необхiдно розгляда-

ти виключно в контекстi «робочого часу» — з моменту початку поливаннядороги до моменту закiнчення води в резервуарi машини. Тобто рух поли-вальної машини без поливання дороги водою взагалi не розглядається.

Але ж тодi («робочий») час руху поливальної машини спiвпадає iзчасом, за який вода об’єму V виливається iз резервуару. Тому має мiсцерiвнiсть

T =V

u=

S

v, (9.3.1)

звiдки довжину шляху S (политої водою дороги) можна визначити за фор-мулами

S = T · v = V · vu, (9.3.2)

а початковий об’єм V води в резервуарi — за формулами

V = T · u = S · uv. (9.3.3)

3. Тепер перейдемо до безпосереднього розв’язання задачi.

9 клас 33

моделі роботи поливальної машини о

сновні

величини

Об’єм води в резервуарі поливальної машини

Швидкість виливання води із резервуара машини

Час (у хв) руху машини з одночасним поливанням дороги

Швидкість руху поливальної машини

Довжина шляху (у км), який долає машина поливаючи дорогу водою

«базовий

режим»

відповідні

позначення та

залежності

V u V S

Tu v

= = v

VS T v v

u= ⋅ = ⋅

в 1-му режимі 1

1

1

SV u

v= ⋅

13u u=

1

1

1

ST

v=

12v v=

14S =

в 2-му режимі 43

2u V

v⋅ =

22u u=

2

2

VT

u=

23v v= ?

Рис. 8: «табличне представлення» змiсту задачi 3

3.1. За умовою задачi вiдомо (описано 1-ий режим роботи), що якщо«базову» швидкiсть v руху машини збiльшити вдвiчi (v1 = 2v ), а «базову»швидкiсть u виливання води збiльшити втричi (u1 = 3u ), то води у машинiвистачить на те, щоб полити 4 км дороги. Тому за формулою (9.3.3) можнавизначити загальний об’єм V вилитої води

V = S1 ·u1v1

= 4 · 3u2v

= 6 · uv. (9.3.4)

3.2. Основна вимога задачi полягає у «дослiдженнi-моделюваннi»випадку (2-го режиму роботи), коли «базову» швидкiсть v руху машинибуде збiльшено втричi (v2 = 3v ), а «базову» швидкiсть u виливання води— збiльшено вдвiчi (u2 = 2u ). Оскiльки умовою задачi передбачається ви-тратити такий самий об’єм води V (який можна визначити за допомогою(9.3.4) ), то довжину шляху S2 , який подолає машина поливаючи дорогу iззазначеними швидкостями v2 i u2 , можна визначити за формулою (9.3.2)

S2 = V · v2u2

= 6u

v· 3v2u

= 6 · 32· uv· vu= 9. (9.3.5)

Таким чином, якщо початкову («базову») швидкiсть v руху маши-ни збiльшити втричi, а початкову («базову») швидкiсть u виливання водизбiльшити вдвiчi, то вдасться полити 9 км дороги.



Задача 4.

Знайдемо дискримiнант D даного квадратного рiвняння x2−2x−1 = 0 .Оскiльки D = (−2)2 − 4 · (−1) = 4 + 4 = 8 > 0 , то це рiвняння має двадiйснi коренi x1 та x2 .

Знайдемо значення виразу f (x1;x2) =1

2x1 + 3x2+

1

2x2 + 3x1.

I спосiб

За теоремою Вiєта мають мiсце рiвностi (x1 + x2) = 2, x1 · x2 = −1.

Тому f (x1; x2) =1

2x1 + 3x2+

1

2x2 + 3x1=

2x2 + 3x1 + 2x1 + 3x2(2x1 + 3x2)(2x2 + 3x1)

=

=5(x1 + x2)

6(x21 + x22) + 13x1x2=

5(x1 + x2)

6(x21 + 2x1x2 + x22) + x1x2=

=5(x1 + x2)

6(x1 + x2)2 + x1x2=

5 · 26 · 4− 1

=10

23.

II спосiб — через узагальнення задачi 4

Нехай x1 , x2 — дiйснi коренi квадратного рiвняння ax2+ bx+ c = 0 .Знайдемо значення виразу

F (a; b; c;m;n) =1

mx1 + nx2+

1

mx2 + nx1, m2 + n2 = 0.

Оскiльки за умовою iснують дiйснi коренi цього квадратного рiвняння,

то за теоремою Вiєта мають мiсце рiвностi (x1 + x2) = − b

a, x1 · x2 =

c

a.

Тому F (a, b, c,m, n) =1

mx1 + nx2+

1

mx2 + nx1=

=mx2 + nx1 +mx1 + nx2(mx1 + nx2)(mx2 + nx1)

=(m+ n) · (x1 + x2)

mn · (x21 + x22) + (m2 + n2) · x1x2=

=(m+ n) · (x1 + x2)

mn · (x1 + x2)2 + (m− n)2 · x1x2=

−(m+ n) · ba

mn · b2

a2 + (m− n)2 · ca

=

=−ab(m+ n)

b2 ·mn+ ac · (m− n)2.

Таким чином,

f (x1, x2) = F (1;−2;−1; 2; 3) =−1 · (−2) · (2 + 3)

(−2)2 · 2 · 3 + 1 · (−1) · (3− 2)2=

10

23.

Вiдповiдь:10

23.

9 клас 35

Задача 5.

1. Нехай n — найменше (перше) з десяти натуральних чисел, якi булизаписанi на дошцi. Тодi, очевидно, що найбiльше (десяте), з написаних надошцi чисел, дорiвнює n + 9 . Очевидно, що цi числа утворюють арифме-тичну прогресiю з першим членом a1 = n , рiзницею d = 1 та останнiмчленом a10 = n+9 . I тому їх сума S10 (за формулою для обчислення сумиперших членiв арифметичної прогресiї) становить

S10 =a1 + a10

2· 10 =

n+ n+ 9

2· 10 = (2n+ 9) · 5 = 10n+ 45.

2. Нехай x — число, яке витерли з дошки. Оскiльки (за умовою) сумадев’яти чисел, якi залишилися на дошцi, дорiвнює 2015 , то має мiсце рiв-нiсть

S10 − x = 2015 ⇔ 10n+ 45− x = 2015,

звiдки 10n−x = 1970 , x = 10(n−197) . I тому шукане число x закiнчуєтьсянулем.3. Очевидно, що для величини (S10 − x) виконується подвiйна нерiвнiсть

S10 − a10 6 S10 − x 6 S10 − a1 ⇔ 9n+ 36 6 S10 − x 6 9n+ 45,

звiдкиn+ 4 6 S10 − x

96 n+ 5.

ОскiлькиS10 − x

9=

2015

9= 223 +

8

9, то n+ 4 6 223 +

8

96 n+ 5. Звiдки

n 6 219 +8

96 n+ 1.

Останню умову задовольняє лише одне натуральне число — n = 219 .4. Вище було з’ясовано, що число x закiнчується нулем. А з того, що середдесяти послiдовних натуральних чисел (в нашому випадку — починаючиз 219) є лише одне, яке закiнчується нулем, то шуканим числом x («якевитерли з дошки») є число 220.




I спосiб — за «методом iнтервалiв»

x− 3

1− x> 1 ⇔

⇔ x− 3

x− 16 −1 ⇔ x− 3

x− 1+ 1 6 0 ⇔

⇔ x− 3 + x− 1

x− 16 0 ⇔

⇔ 2(x− 2)

x− 16 0 ⇔ x− 2

x− 16 0 ⇒ x ∈ (1; 2]

1 2

− + +


II спосiб

x− 3

1− x> 1 ⇔

⇔

{

x− 3 > 1− x,

1− x > 0{x− 3 6 1− x,

1− x < 0

⇔

{

2x > 4,

x < 1{2x 6 4,

x > 1

⇔

{

x > 2,

x < 1{x 6 2,

x > 1

⇒

⇒

[∅1 < x 6 2

⇒ x ∈ (1; 2]

10 клас 37

III спосiб

x− 3

1− x> 1 ⇔

⇔ x− 3

1− x− 1 > 0 ⇔ x− 3− 1 + x

1− x> 0 ⇔ 2(x− 2)

1− x> 0 ⇔

⇔ x− 2

1− x> 0 ⇔

{

x− 2 > 0,

1− x > 0{x− 2 6 0,

1− x < 0

⇒

{

x > 2,

x < 1{x 6 2,

x > 1

⇒

⇒

[∅1 < x 6 2

⇒ x ∈ (1; 2]

Вiдповiдь: x ∈ (1; 2] .

Задача 4.

Чи можна числа 1, 2, ..., 20 розмiстити у вершинах та серединах ребер кубутак, щоб кожне число, яке стоїть по серединi ребра, дорiвнювало середньомуарифметичному чисел, якi стоять на кiнцях цього ребра?

Розв’язання10

Оскiльки будь-яке число, що стоїть в серединi ребра, є натуральним iдорiвнює середньому арифметичному чисел, що стоять у вершинах куба, тов вершинах повиннi стояти числа виключно однiєї парностi (або всi парнi,або ж всi непарнi).

Це означає, що або число 1 , або число 20 стоїть в серединi певногоребра. Проте це неможливо, бо:

якщо число 1 стоїть в серединi ребра, то на одному з кiнцiв цьогоребра знаходиться число, що є меншим за 1 .

якщо ж число 20 стоїть в серединi ребра, то на одному з кiнцiв цьогоребра знаходиться число, що є бiльшим за 20 .

Вiдповiдь: Нi, не можна.

10засноване на iдеї, запропонованiй укладачами-авторами — вiдповiдальними за добiр задач до олiмпiади



Нагадаємо, що дробово-рацiональними нерiвностями називають нерiв-ностi, якi можна привести до однiєї з нерiвностей виду

P (x)

Q(x)R 0,

де P (x) i Q(x) — многочлени з дiйсними коефiцiєнтами. Многочлен видуPn(x) = an ·xn+an−1 ·xn−1+ ...+a1 ·x1+a0 , де ai ∈ R , an = 0 , n ∈ N нази-вають многочленом n -го степеня, а числовий множник an — коефiцiєнтомпри старшому членi xn многочлена Pn(x) .

Алгоритмiчний пiдхiд до розв’язуваннядробово-рацiональних нерiвностей методом «iнтервалiв»

1. Знайти «ОДЗ» дробово-рацiональної нерiвностi.По сутi — вилучити iз множини дiйсних чисел R (з iнтервалу (−∞; +∞) )усi «нулi знаменникiв», тобто всi тi значення h1, h2, ...., ht змiнної x , прияких обертається в нуль хоча б один iз знаменникiв.! Звернемо увагу, що прiоритетнiсть саме цього кроку є бiльш нiж ви-правданою. Для переконання в останньому достатньо розглянути прикладнерiвностi x+

1

x− 16 2 +

1

x− 1, розв’язком якої є x ∈ (−∞; 1) ∪ (1; 2] .

2. Звести вихiдну нерiвнiсть до її «канонiчного» виду.2.1. «Перенести» (з дотриманням вiдповiдного правила) всi члени з правоїчастини нерiвностi у лiву її частину. Тобто, привести нерiвнiсть до виду

P1(x)

Q1(x)+ ...+

Pk(x)

Qk(x)R 0. (10.4.1)

2.2. Звести всi доданки у лiвiй частинi нерiвностi до спiльного знаменника.Тобто, привести нерiвнiсть до нерiвностi виду

P (x)

Q(x)R 0. (10.4.2)

2.3. Розкласти чисельник P (x) на незвiднi множники (подати P (x) увиглядi добутку незвiдних многочленiв).

10 клас 39

! Многочлен з дiйсними коефiцiєнтами називають незвiдним, якщо йогоне можна розкласти у добуток многочленiв менших степенiв з дiйснимикоефiцiєнтами. Незвiдними многочленами з дiйними коефiцiєнтами

можуть бути лише: лiнiйнi (1-го степеня) многочлени ax+ b та квадра-

тичнi (2-го степеня) многочлени ax2+ bx+ c з вiд’ємним дискримiнан-

том D = b2 − 4ac , зокрема виду ax2 + c , для яких a · c > 0 .

2.4. Розкласти знаменник Q(x) на незвiднi множники.

2.5. Шляхом множення на число (−1)

або обох частин нерiвностi (не забуваючи при цьому знак нерiвностiзмiнювати на протилежний)

або ж чисельника i знаменника лiвої частини нерiвностiдосягнути того, щоб коефiцiєнт при старшому членi в кожному з нез-

вiдних множникiв-многочленiв був додатнiм.

! Слiд взяти до уваги, що, наприклад:незвiднi множники виду (α − x)2n = (x − α)2n , (−3 + 2x) = (2x − 3) ,(2x2 − x+ 3) не вимагають застосування до них зазначених процедур,

тодi якнезвiднi множники виду (α−x)2n+1 = −(x−α)2n+1 , (−2x+3) = −(2x−3) ,(−2x2+x−3) = −(2x2−x+3) вимагають обов’язкове застосування до нихзазначених процедур.

2.6. Кожен з незвiдних множникiв виду (ax+b)n (пiсля кроку 2.5. a > 0 )привести до стандартного виду an · (x+ b

a)n .

! Слiд взяти до уваги, що остаточний розклад на незвiднi множники пе-редбачає добуток степенiв двочленiв саме з рiзними основами.

2.7. «Позбутися» (вiд додатних та вiд’ємних) числових множникiв в чи-сельнику i знаменнику лiвої частини нерiвностi (наприклад, шляхом дiленняабо множення обох частин нерiвностi на такi числовi множники).

Таким чином, результатом виконання крокiв 2.1.–2.7. буде зведеннявихiдної нерiвностi до нерiвностi виду

(x− α1)m1 · (x− α2)

m2 · ... · (x− αk)mk · P (x)

(x− β1)n1 · (x− β2)n2 · ... · (x− βl)nl · Q(x)R 0, (10.4.3)


де α1, α2, ..., αk — рiзнi нулi чисельника;β1, β2, ..., βl — рiзнi нулi знаменника;P (x) ( Q(x) ) — позначення для добутку (зокрема однократного) незвiднихмножникiв 2-го степеня (за умов наявностi таких в розкладах P (x) i Q(x)

вiдповiдно).Бiльше того, завдяки виконанню кроку 2.5., кожен з добуткiв P (x) i

Q(x) при будь-яких дiйсних x (зокрема з ОДЗ вихiдної нерiвностi) приймаєвиключно додатнi значення (а тому взагалi не впливає на знак лiвої частининерiвностi). Таким чином нерiвнiсть (10.4.3) є рiвносильною нерiвностi

f(x) R 0, де (10.4.4)

f(x) =(x− α1)

m1 · (x− α2)m2 · ... · (x− αk)

mk

(x− β1)n1 · (x− β2)n2 · ... · (x− βl)nl, (10.4.5)

яку i будемо називати «канонiчним» видом вихiдної нерiвностi.! В загальному випадку множина B = {β1, ..., βl} є пiдмножиною множи-ни H = {h1, ..., ht} . Якщо ж множини B i H спiвпадають, то нерiвнiсть(10.4.4) є рiвносильною вихiднiй нерiвностi.!! Вихiдна нерiвнiсть є рiвносильною системi{

f(x) R 0,

x ∈ R \ {hi}ti=1.

3. Виокремлення «подвiйних точок».! Пiд «подвiйною точкою» слiд розумiти таке значення змiнної x , дляякого виконується одна з трьох умов:

воно є нулем лише чисельника або лише знаменника, а показник сте-пеня вiдповiдного двочлена є парним числом,

воно є нулем i чисельника i знаменника, а сума (або рiзниця) показни-кiв степенiв вiдповiдних двочленiв є парним числом,

воно належить множинi H , але не належить множинi B .!! Кожна «подвiйна точка» p0 характеризується тим, що вона є одночаснокiнцевою та початковою точкою двох «сусiднiх» iнтервалiв знакосталостiфункцiї f(x) .

10 клас 41

4. Визначення знакiв f(x) на iнтервалах координатної осi.4.1. На координатнiй прямiй незалежно вiд знаку нерiвностi «виколюємо»точки з координатами h1, h2, ...., ht — нулi знаменникiв вихiдної нерiвностi.4.2. На тiй самiй координатнiй прямiй залежно вiд знаку нерiвностi «ви-колюємо» (якщо знак нерiвностi строгий) або «замальовуємо» (у випадкуне строгого знаку нерiвностi) точки з координатами α1, α2, ...., αk — нулiчисельника. Причому, якщо нуль чисельника спiвпадає iз вже виколотимна кроцi 4.1. нулем, то такий нуль не може бути замальованим.4.3. Серед точок, вiдмiчених на координатнiй прямiй, помiтити тi, якi є«подвiйними точками».4.4. Завдяки крокам 2.5.–2.7. функцiя f(x) на крайньому правому про-мiжку числової осi завжди приймає додатнi значення. Тому цей iнтервалзавжди помiчаємо позначкою «+».

На iнших iнтервалах координатної осi розстановку позначок «+» або«−» доцiльно здiйснити рухаючись вiд правого крайнього iнтервалу лiво-руч (до −∞ ) змiнюючи позначки на альтернативнi за винятком випадкiвпереходу через подвiйнi точки. При переходi через кожну з подвiйних точок(рухаючись справа-налiво) позначка не змiнюється.

5. Запис шуканого розв’язку вихiдної нерiвностi.Якщо знак нерiвностi (10.4.4) «>», то у вiдповiдь слiд записати об’-

єднання вiдкритих iнтервалiв, на яких стоїть позначка «+»;якщо знак нерiвностi (10.4.4) «>», то у вiдповiдь слiд записати об’-

єднання iнтервалiв, на яких стоїть позначка «+» включивши кiнцi, якимвiдповiдають замальованi точки та замальованi точки, що не увiйшли у вiд-мiченi промiжки;

якщо знак нерiвностi (10.4.4) «<», то у вiдповiдь слiд записати об’-єднання вiдкритих iнтервалiв, на яких стоїть позначка «−»;

якщо знак нерiвностi (10.4.4) «6», то у вiдповiдь слiд записати об’-єднання iнтервалiв, на яких стоїть позначка «−» включивши кiнцi, якимвiдповiдають замальованi точки та замальованi точки, що не увiйшли у вiд-мiченi промiжки.


Задача 2.

I спосiб11

Перетворимо дане рiвняння до рiвносильного рiвняння виду

2x2 + y2 = 2xy + 4x ⇔

⇔(x2 − 2xy + y2

)+ x2 − 4x = 0 ⇔

⇔(x2 − 2xy + y2

)+ x2 − 4x+ 4 = 4 ⇔

⇔ (x− y)2 + (x− 2)2 = 4.

За умовою шуканими x та y є натуральнi числа. Оскiльки права час-тина останнього рiвняння є точним квадратом натурального числа 2, а лiвайого частина — сума квадратiв двох натуральних чисел, то лiва частинаостаннього рiвняння є сумою двох точних квадратiв (натуральних чисел),якi можуть бути рiвними лише 0 i 4 .

При цьому можливими є лише наступнi два випадки1) x− y = 0 , x− 2 = ±2 ;2) x− y = ±2 , x− 2 = 0 .

Розглянемо кожен iз зазначених випадкiв.

1)

{x− y = 0,

x− 2 = ±2⇒

{

x− y = 0,

x− 2 = −2{x− y = 0,

x− 2 = +2

⇒

{

x = y,

x = 0{x = y,

x = 4

⇒

[(0; 0)

(4; 4) .

2)

{x− y = ±2,

x− 2 = 0⇒

{

x− y = −2,

x− 2 = 0{x− y = +2,

x− 2 = 0

⇒

{

y = x+ 2,

x = 2{y = x− 2,

x = 2

⇒

[(2; 4)

(2; 0) .

Таким чином, дане рiвняння має лише два розв’язки в натуральнихчислах — (2, 4) i (4, 4) .


10 клас 43

II спосiб

Перетворимо дане рiвняння до рiвносильного рiвняння виду

2x2 + y2 = 2xy + 4x ⇔

⇔ y2 − 2x · y + (2x2 − 4x) = 0. (10.2.1)

Розв’яжемо останнє рiвняння (в натуральних x та y ) як квадратнерiвняння вiдносно змiнної y .

D = (2x)2 − 4 · 1 · (2x2 − 4x) = 4x2 − 8x2 + 16x = 4x(4− x).

Добре вiдомо, що квадратне рiвняння (10.2.1) буде мати дiйснi коренi(зокрема натуральнi) тодi i лише тодi, коли D = 4x(4− x) > 0 , звiдки

x ∈ [0; 4]. (10.2.2)

Таким чином, при x ∈ [0; 4] коренями квадратного рiвняння (10.2.1)

будуть

y1,2 =2x∓

√4x(4− x)

2= x∓

√x(4− x). (10.2.3)

Оскiльки x ∈ N , то, з урахуванням (10.2.2) , x може бути лише 1 ,2 , 3 або 4 . Проте:1) якщо x = 1 , то y = 1∓

√1 · 3 /∈ N ;

2) якщо x = 3 , то y = 3∓√3 · 1 /∈ N .

У двох iнших можливих випадках маємо наступнi результати:3) якщо x = 4 , то y = 4∓

√4 · 0 = 4 , звiдки (4; 4) — розв’язок рiвняння

(10.2.1) в натуральних числах;4) якщо x = 2 , то y = 2 ∓

√2 · 2 = 2 ∓ 2 , звiдки (2; 4) — розв’язок

рiвняння (10.2.1) в натуральних числах.Отже, (2; 4) i (4; 4) — всi розв’язки даного рiвняння в натуральних

числах.

Вiдповiдь: (2; 4) , (4; 4) .


Задача 3.

I спосiб — «на застосування формули для обчислення внутрiшньогокута правильного многокутника»

A

B C

D

0120

nϕ

Рис. 10: до 1-го способу розв’язання задачi 3

1) Нехай φn — градусна мiра внутрiшнього кута правильного n -кутника.Тодi, як вiдомо, має мiсце рiвнiсть.

φn =(n− 2) · 1800

n,

звiдки ∠ABC = ∠BCD = φn = (n−2)·1800n .

2) Розглянемо трикутник ABC . В ньому: ∠ABC = φn ; AB = BC (якдовжини сторiн правильного n -кутника). Звiдки (за визначенням) △ ABC

є рiвнобедреним. I тому (за властивiстю кутiв при основi рiвнобедреноготрикутника та, як наслiдок iз теореми про суму градусних мiр внутрiшнiхкутiв трикутника) справджуються рiвностi

∠BAC = ∠BCA =1800 − φn

2= 900 − 1

2φn.

3) За аксiомою вимiрювання кутiв має мiсце рiвнiсть

∠BCD = ∠BCA+ ∠ACD = 900 − 1

2φn + 1200 = 2100 − 1

2φn.

З iншого боку — ∠BCD = φn . Тому справджується рiвнiсть

2100 − 1

2φn = φn ⇒ 3

2· φn = 2100 ⇒ φn = 1400,

звiдки (n−2)·180n = 140 ⇒ (n− 2) · 9 = n · 7 ⇒ 2n = 18 ⇒ n = 9.

Отже, правильний многокутник, який задовольняє умову задачi, є 9 -кутником (має 9 сторiн).

10 клас 45

II спосiб — «за допомогою вписаних кутiв описаного кола»-1

Нехай O — центр кола, описаного навколо даного правильного много-кутника (для якого пари точок A,B ; B,C ; C,D є послiдовними сусiднiмивершинами), а n — число його сторiн.

A

B C

D

0120

0360

n

0360

n

0360

n

O

0360

n

0180

n


1) Оскiльки (за «III ознакою рiвностi трикутникiв») n трикутникiвAOB , BOC , COD , ... є рiвними, а сума їх рiвних (вiдповiдних) кутiв приспiльнiй вершинi C становить 3600 , то

∠AOB = ∠BOC = ∠COD =3600

n.

2) За властивiстю вписаних кутiв кола («мiра вписаного у коло кута вдвiчiменша за мiру вiдповiдного центрального кута») справедливими є наступнiтвердження:

оскiльки ∠COD = 3600

n , то ∠CAD = 1800

n ;оскiльки ∠AOC = 2 · 3600

n , то ∠ADC = 3600

n .3) Розглянемо △ ACD . В ньому: ∠ACD = 1200 (за умовою);∠CAD = 1800

n ; ∠CDA = 3600

n . Тому за теоремою про суму градусних мiрвнутрiшнiх кутiв трикутника має мiсце рiвнiсть

∠ACD + ∠CAD + ∠CDA = 1800, звiдки

120 +180

n+

360

n= 180 ⇒ 2 +

3

n+

6

n= 3 ⇒ 9

n= 1 ⇒ n = 9.



III спосiб — «за допомогою вписаних кутiв описаного кола»-2

1) Нехай O — центр кола, описаного навколо даного правильного мно-гокутника, а n — число його сторiн. Тодi (за визначенням) кут DCO євписаним кутом цього кола, який спирається на дугу AD .

A

B C

D

0120

O

0120


2) За умовою мiра кута DCA , який спирається на дугу AD , дорiвнює1200 . Тому градусну мiру центрального кута AOD , який спирається надугу DA , можна знайти за формулою

∠AOD = 2 · (1800 − ∠DCA),

звiдки ∠AOD = 2 · (1800 − 1200) = 1200 .3) Оскiльки центральний кут ∠AOD = 1200 «спирається» на дугу DA ,яка «вмiщує» три послiдовнi сторони правильного многокутника, то цен-тральний кут, що «спирається» на будь-яку з n дуг, яку «стягує» одна

сторона правильного многокутника становить1200

3= 400 .

Але ж тодi число n кутiв такого правильного n -кутника становить

n =360

40= 9.


10 клас 47

IV спосiб — «за допомогою вписаних кутiв описаного кола»-3

1) Нехай O — центр кола, описаного навколо даного правильного n -кутника M1 ≡ A,M2 ≡ B,M3 ≡ C,M4 ≡ D, ....,Mn , а φn — градусна мiрайого внутрiшнього кута.

1M A≡

2M B≡

3C M≡

4D M≡

0120

O

5M

6M

7M

8M

nM


2) Оскiльки центральнi кути, що «спираються» на сторони правильногомногокутника, є рiвними, то вписанi кути зi спiльною вершиною C ≡ M3 ,якi спираються на n−2 сторони цього n -кутника, також є рiвними. Але жтодi ∠ACD = 1200 (кут M1M3M4 ) хордами CM5, CM6, ..., CMn розбитона n − 3 рiвних кути, кожен з яких дорiвнює ∠BCA = φn − 1200 . Тому

маємо рiвняння1200

n− 3= φn − 1200 , звiдки

120 · n− 2

n− 3= φn ⇒ 120 · n− 2

n− 3= 180 · n− 2

n⇒ 2

n− 3=

3

n⇒

⇒ 2n = 3(n− 3) ⇒ 2n = 3n− 9 ⇒ n = 9.



Задача 5.

1) Нехай графiком квадратичного тричлена y = ax2 + bx + c = f(x) є«красива» парабола. Тодi (за «умовою-визначенням») її вершина P та двiточки M i N її перетину з вiссю абсцис (OX ) утворюють рiвностороннiй△ MNP .

N M

P

1x

2x

X 'P

030

Рис. 14: ескiз «красивої» параболи для випадку a > 0 до задачi 5

2) Нехай x1 та x2 — менший та бiльший коренi (абсциси точок M iN вiдповiдно) квадратного рiвняння ax2 + bx + c = 0 . Тодi очевидно, щодовжина MN сторони правильного △ MNP становить

MN = x2 − x1 =

∣∣∣∣∣(−b+

√D

2a

)−

(−b−

√D

2a

)∣∣∣∣∣ =√D

|a|,

де D = b2 − 4ac — дискримiнант квадратного рiвняння ax2 + bx+ c = 0 .3) Нехай далi PP ′ — висота △ MNP .

3.1) Оскiльки △ MNP — правильний, то PP ′ — бiсектриса∠MPN = 600 . Тому гострий кут P ′PN прямокутного трикутника PP ′N

дорiвнює 300 . Тодi з прямокутного △ PP ′N (як наслiдок iз визначеннякосинуса гострого кута прямокутного трикутника) довжина висоти PP ′

становить

PP ′ = PN · cos 300 = MN · cos 300 =√D

|a|·√3

2. (10.5.1)

10 клас 49

3.2) З iншого боку — довжину висоти PP ′ можна знайти як мо-дуль ординати вершини параболи. А саме: добре вiдомо, що абсцису xv

вершини параболи можна знайти за формулою xv =−b

2a; тодi ординату

yv вершини параболи можна знайти як значення квадратичного тричленаf(x) = ax2 + bx+ c при x = xv , тобто:

yv = f(xv) = a · b2

4a2− b · b

2a+ c =

−b2 + 4ac

4a=

−D

4a

Отже, довжина висоти PP ′ становить

PP ′ =D

4|a|. (10.5.2)

3.3) З урахуванням (10.5.1) i (10.5.2) має мiсце рiвнiсть√D

|a|·√3

2=

D

4|a|, a = 0, (10.5.3)

звiдки 2√3√D = D , 12 ·D = D2 , D(D − 12) = 0 .

Оскiльки умову задачi D = 0 не задовольняє, то D = 12 .4) Таким чином, кожен квадратичний тричлен, графiком якого є «краси-ва» парабола, має дискримiнант, рiвний 12 .

Останнє й доводить, що дискримiнанти всiх таких квадратичних три-членiв є рiвними.



Зауважимо що справедливим є бiльш загальне (бiльш «сильне») твер-дження. А саме:Графiком квадратичного тричлена y = ax2 + bx+ c є «красива» параболатодi i лише тодi, коли його дискримiнант дорiвнює 12 .

?! Доведiть, що якщо дискримiнант квадратичного тричленаy = ax2 + bx+ c дорiвнює 12, то його графiком є саме «красива» парабола!



I спосiб

Розв’яжемо нерiвнiсть, використавши узагальнений метод iнтервалiв.Знайдемо область визначення функцiї, що стоїть у лiвiй частинi нерiв-

ностi i вiдмiтимо промiжок [1; +∞) на числовiй осi, iншi точки розглядатине будемо.

Знайдемо нулi функцiї, розв’язавши рiвняння (x2−x−6)√x− 1 = 0 .

Використавши теорему Вiєта отримаємо три коренi {−2; 1; 3} , два з яких,що належать областi визначення, вiдмiчаємо на числовiй осi. Нестрога не-рiвнiсть визначає той факт, що всi нулi функцiї з областi її визначення єрозв’язками нерiвностi. Отримуємо два промiжки, вибравши довiльнi числаз кожного з них, визначаємо знак функцiї.

Отже, нерiвнiсть виконується при всiх x з промiжку [3; +∞) та приx = 1 .

Вiдповiдь: x ∈ {1} ∪ [3; +∞) .

II спосiб

При x = 1 нерiвнiсть виконується, тобто x = 1 є її розв’язком.При x = 1 задана нерiвнiсть рiвносильна системi нерiвностей{

x > 1,

x2 − x− 6 > 0,

розв’язками якої є промiжок [3; +∞) .Врахувавши обидва випадки, отримуємо, що x ∈ {1} ∪ [3; +∞) .

Вiдповiдь: x ∈ {1} ∪ [3; +∞) .

11 клас 51

Задача 2.

I спосiб

Перетворимо задане рiвняння наступним чином(1 + cos(3πx)

)+ (x− 3)2 = 0.

Лiва частина рiвняння представляє собою суму двох невiд’ємних намножинi дiйсних чисел виразiв, а отже дорiвнювати нулю вона може лишеза умови одночасної рiвностi нулю доданкiв. Отже, задане рiвняння рiвно-сильне системi двох рiвнянь{

1 + cos(3πx) = 0,

(x− 3)2 = 0,

яка має єдиний розв’язок x = 3 .


II спосiб

Перепишемо задане рiвняння у виглядi

x2 − 6x+ cos(3πx) + 10 = 0.

Розглядаючи cos(3πx)+10 як параметр будемо розв’язувати квадра-тне рiвняння. Його «половинний» дискримiнант

D′ = 9− cos(3πx)− 10 = − cos(3πx)− 1.

Оскiльки отриманий вираз при всiх дiйсних значеннях x є недодат-ним, то рiвняння має розв’язки лише за умови, що − cos(3πx)− 1 = 0 . Зацiєї умови розв’язком квадратного рiвняння є число 3 . Легко впевнитись,що при x = 3 умова рiвностi дискримiнанта нулю виконується. Отже заданерiвняння має єдиний корiнь x = 3 .



Задача 3.

I спосiб

Задане рiвняння рiвносильне наступнiй сукупностi двох систем{

x > 1,

x = a{x < 1,

x = −a

Легко бачити, що при a = 1 розв’язкiв немає, а от при a = 1 умо-ва задачi виконується. Крiм того отримана сукупнiсть буде мати єдинийрозв’язок за умови, що |a| < 1 . Таким чином, умова задачi виконуєтьсяпри a ∈ (−1; 1] .

Вiдповiдь: a ∈ (−1; 1] .

II спосiб

Розв’яжемо задане рiвняння графiчним методом.Побудуємо графiк функцiї

y =x− 1

|x− 1|· x,

розглянувши цю функцiю на рiзних промiжках

y =

{x, x > 1

−x, x < 1

Побудуємо графiк функцiї y = a . Це рiвняння задає сукупнiсть пря-мих, паралельних до осi Ox .

Очевидно, що побудованi графiки функцiй мають одну точку перети-ну при a ∈ (−1; 1] .

Вiдповiдь: a ∈ (−1; 1] .

11 клас 53

X

Y

1

1

1−

, 1y x x= >

, 1y x x= − <

, 1 1y a a= − < <

1y =


Задача 4.

Розглянемо кiлька складених функцiй, утворених функцiєю f приx = 2 .

f(2) = 2 · 2 + 1 = 5 ;f(f(2)) = f(5) = 3 · 5− 3 = 12 ;f(f(f(2))) = f(f(5)) = f(12) = 14− 12 = 2 .Отриманий результат свiдчить про те, що значення функцiї циклiчно

повторюються через кожнi три знаки функцiї. Оскiльки при дiленнi на 3

числа 2014 отримується остача 1 , то значення заданої функцiї буде такеж саме як f(5) = 12 .



Задача 5.

I спосiб – «за допомогою теореми косинусiв»

Легко бачити, що заданий трикутник буде рiзностороннiм, а отже уньому всi кути рiзнi. Усi кути бути меншими або рiвними 600 бути не мо-жуть, бо тодi сума всiх кутiв трикутника виявиться меншою за 1800 . Отжемiра хоча б одного кута такого трикутника буде бiльшою, нiж 600 .Доведемо, що такий кут буде лише один.

Оскiльки сторони трикутника утворюють арифметичну прогресiю, товиразимо його сторони наступним чином a; a+ d; a+ 2d . Тодi кут бiльшийза 600 буде лежати навпроти найбiльшої сторони, тобто навпроти сторониa + 2d . Для доведення твердження задачi досить довести, що кут α , щолежить навпроти сторони a+d буде меншим, нiж 600 . Для цього запишемотеорему косинусiв для сторони a+ d . Отримуємо

(a+ d)2 = a2 + (a+ 2d)2 − 2a(a+ 2d) cosα.

Звiдси отримуємо, що

cosα =a2 + a2 + 4ad+ 4d2 − a2 − 2ad− d2

2a(a+ 2d)=

a2 + 2ad+ 3d2

2a(a+ 2d).

Порiвняємо отриманий вираз з косинусом 600 визначивши знак рiзницi

a2 + 2ad+ 3d2

2a(a+ 2d)− 1

2=

a2 + 2ad+ 3d2 − a2 − 2ad

2a(a+ 2d)=

3d2

2a(a+ 2d).

Очевидно, що отриманий вираз є додатнiм, а це означає, що cosα > 12

а отже α < 600 що й треба було довести.

II спосiб

1. Нехай ABC — даний трикутник, в якому: BC = a , AC = a+ d ,AB = a + 2d (a > 0, d > 0 ); β — градусна мiра кута B , а BL — бiсе-ктриса кута ABC (L — її основа). Тодi (за визначенням бiсектриси кута)

∠ABL = ∠LBC =β

2.

11 клас 55

A

B

C

'C

L

Q

a

2

a

2

ad+

'a

2

β

2

β

a

2d

Рис. 16: до II способу розв’язання задачi 5

2. За припущенням L — основа бiсектриси кута ABC . Тому (завластивiстю основи бiсектриси кута трикутника) має мiсце вiдношення

CL

LA=

CB

AB=

a

a+ 2d, звiдки

CL

CA=

a

2(a+ d).

Згiдно введених позначень AC = a + d . Тому, з урахуванням останньоговiдношення, мають мiсце рiвностi CL = a

2 , LA = a2 + d.

3. Нехай далi CC ′ ⊥ BL , C ′ ∈ AB , Q = BL ∩ CC ′ . Оскiльки BQ

є бiсектрисою i висотою △ BCC ′ , то △ BCC ′ є рiвнобедреним з основоюCC ′ . Звiдки BC ′ = a . Згiдно введених позначень BA = a + 2d . Тому (якнаслiдок з аксiоми вимiрювання вiдрiзкiв) C ′A = 2d . Крiм того, оскiлькиC ′ — внутрiшня точка вiдрiзка BA , то Q — внутрiшня точка вiдрiзка BL .

4. З прямокутного △ CQL (за наслiдком з теореми Пiфагора) ма-ємо, що CQ = a′ < a

2 . З прямокутного △ CQB (за визначенням синусагострого кута прямокутного трикутника) маємо, що

sinβ

2=

CQ

CB=

a′

a<

1

2,

звiдки β2 < 300 , i тому ∠ABC = 2β < 600 . Крiм того, оскiльки

∠CBQ < 300 , то ∠BCQ > 600 . I тому ∠BCA = ∠BCQ+ ∠QCA > 600 .Бiльше того, оскiльки BC = a < a + d = CA , то за наслiдком з

теореми синусiв маємо, що ∠CAB < ∠CBA < 600 .



A

B

C

0A

0C

W

L

I

T H

2ω

4ω

3ω

O

M

Рис. 17: до властивостей рiзницевих трикутникiв

Введемо наступнi позначення:I — центр кола ω1 , вписаного у трикутник ABC ;r — радiус кола ω1 ;O — центр кола ω2 , описаного навколо трикутника ABC ;A0 , C0 — середини сторiн BC i AB вiдповiдно;M — центр тяжiння трикутника (точка перетину медiан);BL — бiсектриса кута B трикутника ABC , L — її основа;W — точка перетину променя BI та кола ω2 ;BH — висота трикутника ABC , H — її основа;hb — довжина висоти BH ;T — основа перпендикуляра, опущеного з точки W на сторону AC .

11 клас 57

1. Властивостi рiзницевих трикутникiв

Доведiть, що в рiзницевому трикутнику ABC :1.1) BT = AC ;

1.2) AL =1

2AB , CL =

1

2CB ;

1.3) вершина B , центри O , I та точки C0 i A0 належать колу ω3 ;1.4) пряма MI є дотичною до кола ω3 ;1.5) точка I є центром кола ω4 , описаного навколо трикутника A0LC0 ;1.6) синуси внутрiшнiх його кутiв утворюють арифметичну прогресiю;1.7) котангенси половинних кутiв утворюють арифметичну прогресiю;1.8) добуток котангенсiв половинних бiльшого i меншого кутiв дорiвнює 3 ;1.9) рiзницею арифметичної прогресiї, члени якої виражають довжинисторiн прямокутного трикутника, є радiус r його вписаного кола;1.10) в «египетському» трикутнику ABC (з прямим кутом C та мен-шим катетом BC ) кут ∠BOI = 450 .

2. Критерiї «рiзницевостi» трикутника

Трикутник ABC є рiзницевим (2AC = AB + BC ) тодi i лише тодi, коливиконується одна з наступних умов:2.1)

BI

IL=

2

1;

2.2) BI = IW ;

2.3) r =1

3· hb ;

2.4) пряма IM є паралельною до сторони AC ;2.5) сторона AC перетинає вiдрiзок IW в його серединi;2.6) бiсектриса середнього за величиною кута є перпендикулярною до лiнiїцентрiв OI ;2.7) середина сторони та основа висоти, проведеної до цiєї сторони, є си-метричними вiдносно точки дотику цiєї ж сторони i вписаного кола;2.8) висота трикутника дорiвнює радiусу зовнiвписаного кола, що дотика-ється сторони, до якої проведено висоту;2.9) точка дотику зовнiвписаного кола зi стороною трикутника та основависоти, проведеної до цiєї сторони, є симетричними вiдносно основи бiсек-триси, проведеної до цiєї сторони.


1. Апостолова Г.В. Першi зустрiчi з параметрами / Г. В. Апостолова. – К. : Факт, 2004.– 328 с.

2. Апостолова Г.В. Хитромудрий модуль / Г.В. Апостолова. – К. :Факт, 2006. – 256 с.3. Апостолова Г.В. Антьє i мантиса числа / Г.В. Апостолова, В.В. Ясiнський. –

К. :Факт, 2006. – 128 с.4. Основы теории делимости чисел. Решение уравнений в целых числах. Факультатив-

ный курс /[ В.В. Бардушкин, И.Б. Кожухов, А.А. Прокофьев, Т.П. Фадеичева.] –Москва : МГИЭТ (ТУ), 2003. – 224 с.

5. Березина Л.Ю. Графы и их применение : [пособие для учителей] / Л.Ю.Березина. –М. : Просвещение, 1979. – 143 с.

6. Бродский Я.С. Функциональные уравнения / Я. С. Бродский, А. К. Слипенко. –К. : Вища школа. Головное изд-во, 1983. – 96 с.

7. Виленкин Н.Я. Индукция. Комбинаторика : [пособие для учителей] /Н.Я. Виленкин. – М. :Просвещение, 1976. – 48 с.

8. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Задачи с целыми числа-ми : [учебное пособие для учащихся 7-11 кл.] / Е. В. Галкин. – Челябинск : Взгляд,2005. – 271 с.

9. Германович П.Ю. Сборник задач по математике на сообразительность : [пособиедля учителей] / П. Ю. Германович. – М. : Учпедгиз, 1960. – 224 с.

10. Голубев В. И. Решение сложных и нестандартных задач по математике /В. И. Голубев. – М : ИЛЕКСА, 2007. – 252 с.

11. Головина Л.И. Индукция в геометрии / Л.И. Головина, И.М.Яглом. – М. : Физ-матгиз, 1961. – 101 с.

12. Гончарова I. В. Евристики в геометрiї [факультативний курс: книга для вчителя] /I. В. Гончарова, О.I. Скафа. – Х. : Основа, 2004. – 112 с.

13. Горнштейн П.И. Задачи с параметрами / П. И. Горнштейн, В. Б. Полонский,М. С. Якир. – К. : Текст; ОКО, 1992. – 290 с.

14. Дзигiна Л. Б. Програма пiдготовки учнiв до участi в математичних олiмпiадах /Л. Б. Дзигiна. // Математика в школах України: Науково-методичний журнал, –Харкiв :Основа, 2009. – № 16/18. – 89 с.

15. Екимова М.А. Задачи на разрезание / М. А. Екимова, Г. П. Кукин. – М. :МЦНМО,2002. – 122 с.

58


16. Канель-Белов А. Я. Как решают нестандартные задачи / А. Я. Канель-Белов,А.К. Ковальджи. ; под ред. В.О.Бугаенко. – [4-е изд.] – испр. М. : МЦНМО, 2008. –96 с.

17. Козко А.И. Задачи с параметром и другие сложные задачи / А.И. Козко,В. Г.Чирский. – М. :МЦНМО, 2007. – 296с.

18. Линдгрен Г. Занимательные задачи на разрезание : пер. с англ. / Ю. Н.Сударева.под ред. и с послесл. И. М. Яглома. – М. :Мир, 1977. – 256 с.

19. Летчиков А. В. Принцип Дирихле. Задачи с указаниями и решениями /А.В. Летчиков. – Ижевск : Удмуртский университет, 1992. – 108 с.

20. Лiпчевський Л.В. Розв’язування нерiвностей. Нестандартнi способи доведення не-рiвностей [навчально-методичний посiбник] / Л. В. Лiпчевський, У. В. Остапчук. –Бiла Церква : КОIПОПК, 2004. – 76 с.

21. Мельников О.И. Занимательные задачи по теории графов / О.И. Мельников. –Минск: ТетраСистемс, 2001. – 144 с.

22. Алгебра : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням математики] /А. Г.Мерзляк, В. Б. Полонський, М. С. Якiр. – Х. : Гiмназiя, 2008. – 368 с.

23. Мерзляк А. Г. Геометрiя : [пiдручник для 8-х класiв з поглибленим вивченням мате-матики] / А. Г.Мерзляк, В.Б.Полонський, М.С.Якiр. – Х. : Гiмназiя, 2008. – 240 с.

24. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии: в 2 ч. / В. В. Прасолов. – М. : Наука, 1991.25. Задачi з параметрами / В. К. Репета, Н. О. Клешня, М. В. Коробова, Л. А. Репета.

– К. : Вища школа, 2006. – 302 с.26. СедракянН.М. Неравенства.Методыдоказательства /Н.М. Седракян, А.М.Авоян;

[пер. с арм. Г. В. Григоряна] – М. : ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с.27. Шаповалов А. В. Принцип узкихмест /А.В.Шаповалов. – М. : МЦНМО, 2006. – 24 с.28. Шень А. Игры и стратегии с точки зрения математики / А. Шень. – М. :МЦНМО,

2007. – 40 с.29. Шень А. Математическая индукция / А. Шень. – 3-е изд., дополн. – М. :МЦНМО,

2007. – 32 с.30. Ясiнський В. Теорiя лишкiв та її застосування до розв’язування олiмпiадних задач /

В. Ясiнський. – Математика в школi: Науково-методичний журнал. – 2009. – № 1/2.– 40, [35] с.

31. Ясiнський В. Принцип Штурма та його використання пiд час розв’язування олiм-пiадних екстремальних задач / В. Ясiнський, Л. Наконечна. – Математика в школi:Науково-методичний журнал. – 2009. – № 9. – 40, [33] с.

32. Ясiнський В.А. Олiмпiадна математика: функцiональнi рiвняння, метод математи-чної iндукцiї / В. А. Ясiнський. – Х. :Основа, 2005. – 69 с.


Математичнi олiмпiади i турнiри в Українi33. Вышенский В.А. Сборник задач киевских математических олимпиад /

В. А. Вышенский, Н. В. Карташев, В. И. Михайловский, М. И. Ядренко. –К. : Вища школа, 1984. – 240 с.

34. Вишенський В.А. Київськi математичнi олiмпiади 1984-1993 рр. : [збiрник задач] /В. А. Вишенський, М. В. Карташов. – К. :Либiдь, 1993. – 144 с.

35. Вишенський В.А. Українськi математичнi олiмпiади : [довiдник] / В. А.Вишенсь-кий, О. Г. Ганюшкiн. – К. : Вища школа, 1993. – 415 с.

36. Лейфура В.М. Математичнi олiмпiади школярiв України. 1991-2000 /В. М.Лейфура, I. М.Мiтельман. – К. : Технiка, 2003. – 541 с.

37. Федак I. В. Готуємося до олiмпiади з математики : [посiбник для ЗНЗ] / I. В.Федак.– Чернiвцi, 2003.

38. Басанько А.М. За лаштунками пiдручника з математики : [збiрник розвиваючихзадач для учнiв 5 – 7 класiв] / А. М. Басанько, А. О. Романенко. – Тернопiль:Пiдручники i посiбники, 2004.

39. Коваль Т.В. 400 задач з математичних олiмпiад. 8-11 класи / Т.В.Коваль. –Тернопiль : Мандрiвець, 2004. – 80 с.

40. Лейфура В.М. Змагання юних математикiв України. 2003 рiк / В.М.Лейфура. –Х. :Основа, 2004. – 80 с.

41. Ясiнський В.А. Олiмпiаднi задачi [випуск 1: навчальний посiбник] / В. А.Ясiнський.– Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2004. – 40 с.

42. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и при-меров с решениями / [Р. И. Довбыш, Л. Л. Потемкина, Н. Л. Трегуб и др.] – Донецк:ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.

43. Лось В.М. Математика: навчаємо мiркувати. Розв’язування нестандартних задач :[навч. посiбник] / В. М. Лось, В. П. Тихiєнко. – К. :Кондор, 2005 – 312 с.

44. Сарана О.А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч : [навчальний посiб-ник] / О. А.Сарана – К. :А.С.К., 2005. – 344 с.

45. Ясiнський В.А. Задачi математичних олiмпiад та методи їх розв’язання /В. А. Ясiнський. – Тернопiль: Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

46. Ясiнський В.А. Практикум з розв’язування задач математичних олiмпiад : [методи-ческий материал] / В.А.Ясiнський. // Бiблiотека журналу «Математика в школахУкраїни» – Х. : Основа, 2006. – 128 с.

47. Готуємось до олiмпiади з математики / упорядн. А. Б. Велiховська, О. В. Гримайло.// Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. : Основа, 2007. – Вип. 2(50) – 160 с.

48. Вороний О. М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 1] / О. М. Вороний. –Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. :Основа, 2008. – Вип. 5(65). – 128 с.


49. Вороний О.М. Готуємось до олiмпiади з математики [книга 2] / О. М. Вороний. –Бiблiотека журналу «Математика в школах України» – Х. : Основа, 2008. – Вип. 6(66). – 141, [3] с.

50. Анiкушин А.В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2006-2007 /А.В. Анiкушин, А.Р.Арман. – К. :Лiтера, 2008. – 135 с.

51. Анiкушин А.В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв. 2006-2007 /А.В. Анiкушин, А.Р.Арман. – К. :Лiтера, 2008. – 224 с.

52. Анiкушин А. В. Всеукраїнськi математичнi бої – 2009 / А.В.Анiкушин, А.Р.Арман;за ред. Б. В. Рубльова. – Днiпропетровськ: Iнновацiя, 2010. – 96 с.

53. Анiкушин А. В. Математичнi олiмпiаднi змагання школярiв України. 2007-2008 та2008 – 2009 / А. В. Анiкушин, А. Р. Арман; за ред. Б. В. Рубльова. – Львiв: Каменяр,2010. – 552 с.


54. Агаханов Н.Х. Всероссийские олимпиады школьников по математике 1993-2006.Окружной и финальный этапы / Н. X. Агаханов. – М. :МЦНМО, 2007. – 468 с.

55. Агаханов Н.Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 1 / [Н.X.Агаханов,И. И. Богданов, П. А. Кожевников и др.; под общ. ред. С. И. Демидовой,И.И. Колисниченко]. – М. : Просвещение, 2008. – 192 с.

56. Математика. Областные олимпиады. 8-11 классы / [Н. X. Агаханов, И. И. Богданов,П. А. Кожевников и др.]. – М. : Просвещение, 2010. – 239с.

57. Агаханов Н.Х. Математика. Всероссийские олимпиады. Вып. 2 / Н.X.Агаханов,О.К. Подлипский; [под общ. ред. С. И. Демидовой, И. И. Колисниченко]. –М. :Просвещение, 2009. – 159 с.

58. Агаханов Н.Х. Математика. Районные олимпиады. 6-11 классы / Н. X. Агаханов,О. К. Подлипский. – М. :Просвещение, 2010. – 192 с.

59. Агаханов Н.Х. Математика. Международные олимпиады / Н.X. Агаханов,П.А. Кожевников, Д. А. Терешин. – М. : Просвещение, 2010. – 127 с.

60. Балаян Э.Н. 1001 олимпиадная и занимательная задачи по математике /Э.Н. Балаян. – 3-е изд. – Ростов н/Д: Феникс, 2008. – 364 с.

61. Весенний Турнир Архимеда. Олимпиада для 5-6 классов. Задания с решениями,технология проведения / [Баранова Т. А., Блинков А. Д., Кочетков К. П. и др.]. –М. :МЦНМО, 2003. – 128 с.

62. Болтянский В. Г. Сборник задач московских математических олимпиад / В. Г. Бол-тянский, А. А. Леман. – М. :Просвещение, 1965. – 384 с.

63. Бончковский Р.Н. Московские математические олимпиады 1935 и 1936 годов /Р.Н. Бончковский. – ОНТИ НКТП СССР, 1936. – 82 с.

64. Вавилов В.В. Задачи отборочных математических олимпиад / В. В. Вавилов. –М. :МГУ, 1992. – 61 с.

65. Галкин Е.В. Нестандартные задачи по математике. Алгебра: [учебное пособие дляучащихся 7-11 кл] / Е. В. Галкин. – Челябинск: Взгляд, 2004. – 448 с.


66. Гальперин Г.А. Московские математические олимпиады / Г.А. Гальперин,А.К. Толпыго. – М. : Просвещение, 1986. – 303с.

67. Генкин С.А. Ленинградские математические кружки / С. А. Генкин, И. В. Итенберг,Д. В. Фомин. – Киров: Аса, 1994. – 272 с.

68. Горбачев Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике / Н.В. Горбачев. –М. : МЦНМО, 2005. – 560 с.

69. Егоров А.А. Олимпиады «Интеллектуальный марафон». Математика /А.А. Егоров, Ж. М. Раббот . – М. : Бюро Квантум, 2006. – (Библиотечка «Квант»)

70. Зубелевич Г.И. Сборник задач московских математических олимпиад (с решения-ми): [Пособие для учителей 5-8 классов.] // под редакцией К. П. Сикорского, изд.2-e, переработ. / Г. И. Зубелевич. – М. :Просвещение, 1971. – 304 с.

71. Математика в задачах: Сборник материалов выездных школ команды Москвына Всероссийскую математическую олимпиаду / [под ред. А. А. Заславского,Д.А. Пермякова, А. Б. Скопенкова, М. Б. Скопенкова и А. В. Шаповалова]. –М. : МЦНМО, 2009. – 488 с.

72. Московские математические регаты / [cост. А. Д.Блинков, Е.С. Горская,В. М. Гуровиц]. – М. : МЦНМО, 2007. – 360 с.

73. Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005-2008). – М. :Издательство ЦПИ примеханико-математическом факультете МГУ, 2008. – 48 с.

74. Московские математические олимпиады 1993-2005 г. / [Федоров Р. М., Канель-Белов А. Я., Ковальджи А. К., Ященко И. В.] / [под ред. В. М. Тихомирова]. –М. : МЦНМО, 2006. – 456 с.

75. Севрюков П.Ф. Подготовка к решению олимпиадных задач по математике /П.Ф. Севрюков. – Изд. 2-е. – М. :Илекса; Народное образование; Ставрополь :Сервисшкола, 2009. – 112 с.

76. Спивак А.В. Тысяча и одна задача по математике / А.В.Спивак. – М. : Просвеще-ние, 2002. – 208 c.

77. Фомин А. А. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады /А. А. Фомин, Г. М. Кузнецова. – М. : Дрофа, 2006. – 159 с.

78. Фомин Д.В. Санкт-Петербургские математические олимпиады / Д. В.Фомин. –СПб. : Политехника, 1994. – 309 с.

79. Ященко И.В. Приглашение на математический праздник / И. В.Ященко. – М. :МЦНМО, 2005. – 104 с.

80. Олимпиадные задания по математике. 9-11 классы: решение олимпиадных задачповышенной сложности / [сост. В. А. Шеховцов]. – Волгоград: Учитель, 2009. – 99 с.


Математичнi олiмпiади за часiв СРСР

81. Агаханов Н.Х. Математические олимпиады школьников / Н.Х.Агаханов,Л.П. Купцов, Ю. В. Нестеренок. – М. : Просвещение: Учеб. лит., 1997. – 208 с.

82. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад / И. Л. Бабинская. – М. :Наука,1975. – 112 с.

83. Бугулов Е.А. Сборник задач для подготовки к математическим олимпиадам /Е. А.Бугулов, Б. А. Толасов. – Орджоникидзе, 1962. – 226 с.

84. Васильев Н.Б. Сборник подготовительных задач к Всероссийской олимпиаде юныхматематиков / Н. Б. Васильев, А. А. Егоров. – М. :Учпедгиз, 1963. – 53 с.

85. Васильев Н. Б. Заочные математические олимпиады / Н. Б. Васильев, В. Л. Гуттен-махер, Ж.М.Раббот, А. Л. Тоом. – [2-е изд.]. – М. : Наука, 1987. – 176 с.

86. Васильев Н.Б. Задачи всесоюзных математических олимпиад / Н. Б. Васильев,А.А. Егоров. – М. :Наука, 1988. – 288 c.

87. Петраков И.С. Математические олимпиады школьников: [пособие для учителей] /И.С. Петраков. – М. : Просвещение, 1982. – 96 с.

88. Рябухин Ю.М. Кишиневские математические олимпиады / Ю.М.Рябухин,В. П.Солтан, Б. И. Чиник. – Кишинев: Штиинца, 1983. – 76 c.

89. Савин А.П. Физико-математические олимпиады: [сборник] / А.П.Савин. –М. : Знание, 1977. – 160 с.

90. Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике / [под ред.Ф. М. Шустеф] / Ф.М.Шустеф, А. М.Фельдман, В. Ю. Гуревич. – Минск: Государ-ственное учебно-педагогическое издательство Министерства просвещения БССР,1962. – 84 с.


91. Берник В.И. Сборник олимпиадных задач по математике / В.И.Берник, И.К. Жук,О.В. Мельников. – М. : Нар. асвета, 1980. – 144 с.

92. Васильев Н.Б. Задачи Всесоюзных математических олимпиад / Н.Б.Васильев,А.А. Егоров. – М. :Наука, 1988. – 288 с.

93. Конягин С. В. Зарубежные математические олимпиады / [под ред. И. Н. Сергеева] /С.В. Конягин, Г.А. Тоноян, И. Ф. Шарыгин. – М. :Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.,1987. – (Б-ка мат. кружка). – 416 с.

94. Венгерские математические олимпиады. [пер. с венг. Ю. А. Данилова. под ред. ис предисл. В. М. Алексеева] / Й.Кюршак, Д.Нейкомм, Д. Хайош, Я. Шурани. –М. :Мир, 1976. – 543 с.

95. Лейфура В.М. Задачi мiжнародних математичних олiмпiад та методи їх розв’язу-вання / В. М. Лейфура, I. М. Мiтельман. – Львiв: Євро свiт, 1999. – 128 с.

96. Морозова Е.А. Международные математические олимпиады. Задачи, решения,итоги : пособие для учащихся / Е. А. Морозова, И. С. Петраков, В. А. Скворцов. –[4-е изд., испр. и доп]. – М. :Просвещение, 1976. – 288 с.


97. Страшевич С. Польские математические олимпиады / С.Страшевич, Е.Бровкин;предисл, А. Пелчинского и А. Шинцеля; пер. с польск. Ю. А. Данилова; под ред.В.М. Алексеева. – M. :Мир, 1978. – 338 с.

98. Школьные олимпиады. Международные математические олимпиады / [cост.А.А. Фомин, Г.М.Кузнецова]. – М. :Дрофа, 1998. – 160 с.


1. Київськi олiмпiади з математики (сайт київських та всеукраїнських олiмпiад татурнiрiв з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови про-ведення математичних змагань, що проходили в Українi протягом останнiх рокiв)[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://matholymp.org.ua/

2. Фiзико-математичний журнал «Квант» (завдання рiзних математичних олiмпiадза 1971-2002рр) [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://kvant.mirror1.mccme.ru/

3. Сайт мiжнародних олiмпiад з математики [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://www.imo-official.org/

4. Олимпиады для школьников [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://olimpiada.ru/

5. Всероссийская олимпиада по математике [Електронний ресурс]. – Режим доступa:math.rusolymp.ru/

6. Российская страница международного математического конкурса «Кенгуру»[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://mathkang.ru/

7. Українська сторiнка мiжнародного конкурсу «Кенгуру» [Електронний ресурс]. –Режим доступa: http://www.kangaroo.com.ua/index.php

8. Московская математическая олимпиада школьников [Електронний ресурс]. –Режим доступa: http://olympiads.mccme.ru/mmo/

9. Санкт-Петербургские математические олимпиады [Електронний ресурс]. – Режимдоступa: http://www.pdmi.ras.ru/ olymp/

10. Турнир городов Международная математическая олимпиада для школьников[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.turgor.ru/

11. Cайт Московского Центра Непрерывного Математического Образования[Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.mccme.ru/

12. Задачная база олимпиадных задач (декiлька тисяч олiмпiадних задач росiйськихi мiжнародних математичних змагань). [Електронний ресурс]. – Режим доступa:http://zaba.ru/, http://problems.ru/

Documents

%D0%9E%D0%9B%D0%86%D0%9C%D0%9F%D0%86%D0%90%D0%94%D0%9D%D0%86 %D0%97%D0%90%D0%94%D0%90%D0%A7%D0%86 %D0%A0%D0%BE%D0%B7%D0%B2%E2%80%99%D1%8F%D0%B7%D0%B0%D0%BD%D0%BD%D1%8F %D0%B7%D0%B0%D0%B4%D0%B0%D1%87