Математичний занзібар

1

Математичний занзібар

Молодша ліга

1. Знайдіть усі такі прості числа p≤q≤r , для яких справджується рівність: pqr=101( p+q+r ) .

Відповідь: (2 ; 101 ; 103).Розв’язання. Спочатку просто знайдемо усі трійки простих чисел, без сортування за зростанням, що задовольняють умови задачі. Оскільки 101 -- просте число, то нехай r=101 . Тоді маємо рівність pq=p+q+101 або ( p−1 )(q−1)=102 . Залишається перебрати варіанти розкладу числа 102 на множники: 102=1⋅102=2⋅51=3⋅34=6⋅17 , при яких p , q -- прості. Оскільки непарним може бути лише множник, що дорівнює 1 , то маємо єдиний розв’язок: (2 ; 101 ; 103).

2. Відомо, що кожна груша та кожне яблуко коштує цілу кількість гривень. Крім того 175 яблук коштують дорожче ніж 125 груш, але дешевше ніж 126 груш. Яка найменша можлива ціна груші?

Відповідь: 32 . Розв’язання. Позначимо ціну у гривнях груші через y , яблука через x . Тоді 175 x>125 y , або 7 x>5 y . Тому 7 x≥5 y+1 . Аналогічно 175 x<126 y , або 25 x<18 y . Тому 25 x≤18 y−1 . Тоді матимемо, що 125 y+25≤175 x≤126 y−7 . Звідси y≥32 . Залишається показати, що для такого значення ціни яблука існує ціна груші, що задовольняє умови: 4025=175 x або x=23 .

3. Квадрат n×n , n≥3 заповнюється числами 1, 2 чи 3 – по одному в кожну комірку. Скільки різних заповнень квадрата існує, для яких кожні три сусідні комірки в рядку чи в стовпчику містять кожну з цифр 1, 2 та 3?

Відповідь: 12 .Розв’язання. Якщо заповнити в заданому квадраті належним чином лівий верхній кут 2×2 , то усі інші клітини заповнюються однозначно. Позначимо комірки квадрату 2×2 буквами a , b , c , d (рис. 1). Для значення a

маємо 3 варіанти, для b -- 2 варіанти. Без обмеження загальності нехай це буде 1 та 2 відповідно. Розглянемо можливі варіанти для c . Якщо c=2 , то єдина можливість d=3 (рис. 2). Якщо c=3 , то єдина можливість d=1 . Таким чином разом маємо 3⋅2⋅2=12 варіантів.

а bc dРис. 1

1 2 33 1 22 3 1Рис. 3

1 2 32 3 13 1 2Рис. 2

Рис. 4

2

4. Рівносторонній трикутник розрізаний чотирма прямими, що паралельні одній із сторін, на 5 частин однакової висоти. Знайдіть відношення суми площ 1-ї, 3-ї та 5-ї частин до суми площ 2-ї та 4-ї частини.

Відповідь: 32 .

Розв’язання. Усі трикутники, що утворилися при цьому усі є рівносторонніми та подібними один одному (рис. 4). Позначимо площу заданого трикутника через S .

Тоді S1=125 S , S2=

425 S , S3=

925 S , S4=

1625 S та S5=S . Тоді площі фігур (перша –

трикутник, решта трапеції) відповідно дорівнюють: S(1 )=S1=

125 S ,

S(2 )=S2−S1=325 S , S

(3 )=S3−S2=5

25 S , S(4)=S4−S3=

725 S , S

(5 )=S5−S4=925 S .

Звідси шукане відношення дорівнює: S(1)+S(3)+S(5)

S(2)+S(4 ) =1

25 +525 +

925

325 + 7

25

=1510

=32

.Інший підхід до розв’язання показаний на рис. 4. Усі трикутники, що утворилися мають однакову площу, а тому достатньо просто підрахувати їх кількість у кожній частині.

5. Скільки існує трицифрових чисел, які мають таку властивість – якщо цифри цього числа переставити таким чином, що залишиться трицифрове число, то одержане ділиться націло на 4 ?

Відповідь: 25 чисел. Розв’язання. спочатку розглянемо числа, серед цифр якого є два нулі. Усі такі числа на кшталт 100 , 200 , …, 900 , умову задовольняють. Тепер нехай у числа серед цифр максимум одна цифра нуль. Тоді очевидно, що усі цифри числа – парні, бо на останній позиції може стояти лише парна цифра. Якщо серед чисел є одна із цифр 2 або 6 , то таке число умову не задовольняє, бо на 4 діляться лише числа із закінченням 12 , 32 , . . ., 92 та 16 , 36 , . .. , 96 , що, очевидно, умову не задовольняє. Тому число має складатися лише з цифр 4 та 8 , або 4 , 8 та рівно одна цифра 0 . Порахуємо їх кількість. Першого типу чисел є така кількість. З трьох цифр 4 (або 8 ) -- таке число єдине.З двох цифр 4 та однієї 8 (або навпаки) -- таких чисел три.Разом – 8 чисел. Другого тику така. З двох цифр 4 (або 8 ) та однієї цифри 0 -- таких чисел два.По одній цифрі 4 , 8 та 0 -- таких чисел чотири. Разом – 8 чисел. Загалом маємо 9+8+8=25 чисел.

Рис. 5

3

6. Обчисліть значення: √√220+227+231+232+237+240.

Відповідь: 1056 .Розв’язання. В основі обчислень лежить формула (a+b+c )2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc . Якщо винести за корінь 2

5, під коренем

маємо вираз 20+27+211+212+217+220

. Можна здогадатись, що це є квадратом виразу 2

0+26+210, а це в свою чергу квадратом виразу 2

0+25.

Тому шукане значення дорівнює25⋅(20+25 )=32⋅33=1056 .

7. Грегор хоче пофарбувати дошку n×n так, щоб кожна комірка 1×1 була пофарбована в жовтий чи блакитний колір. Скількома різними способами це можна зробити так, щоб серед чотирьох комірок, що розташовані у будь-якому квадраті 2×2 , була непарна кількість жовтих?

Відповідь: 22 n−1

.Розв’язання. Лівий верхній квадрат 2×2 можна пофарбувати 8 способами (4 варіанти, коли там 1 жовта клітина, та 4 варіанти, коли там 1 блакитна клітина). Після цього розглянемо верхні два рядки та ліві два стовпчики (рис. 5). Кожна наступні дві клітини, що дотикаються до вже пофарбованих (дві вертикальні в рядках чи дві горизонтальні, якщо в стовпчиках), можна пофарбувати 4 варіантами, наприклад, якщо до них дотикаються дві однокольорові клітинки, то фарбуються по різному, якщо різнокольорові – то однаково.Після такого фарбування, маємо що усі ніші комірки фарбуються однозначно. Таким чином усього варіантів 2

2 n−1.

8. Прямокутник має сторони a та b . Пряма, що паралельна стороні a прямокутника, розбиває його на два прямокутника з площами 48 см2 та 80 см2

відповідно, а пряма, що паралельна стороні b цього прямокутника, розбиває його на два прямокутники, сума периметрів яких дорівнює 80 см. Які розміри мають частини сторони b , на які заданий прямокутник розрізає пряма, що паралельна стороні a ?

Відповідь: частини 6 ; 10 або 32 ;

52 .

Розв’язання. Нехай a×b1 , a×b2 розміри прямокутників, на які розбиває заданий прямокутник пряма, що паралельна стороні a . Тоді ab1+ab2=ab=128 . Якщо a1×b , a2×b розміри прямокутників, на які розбиває заданий прямокутник пряма, що паралельна стороні b , то сумарний їх периметри дорівнюють 2(a1+b )+2(a2+b)=2a+4 b=80 . Звідси неважко знайти, що a=40−2b . Тоді

4

ab=40b−2b2=128 ⇒ b2−20b+64=0 . Тоді b=20±12

2 =16 ; 4 . Тоді або b=16 , a=8 , або b=4 , a=32 . У першому випадку ab1=48 , тобто b1=6 , тоді b2=10 .

У другому випадку ab1=48 , тобто b1=4832 =

32 , тоді b2=

52 .

9. Чому дорівнює сума цифр числа

99 . .. 9⏟2014

⋅44 . .. 4⏟

2014 ?

Відповідь: 18126 .Розв’язання. Зробимо такі обчислення:

99 . .. 9⏟2014

⋅44 . .. 4⏟

2014

=(102014−1 )⋅44 . . . 4⏟2014

=¿44 . . . 4⏟2014

00 . .. 0⏟2014

−44 . .. 4⏟2014

=44 . .. 4⏟2013

3 55. . .5⏟2013

6

,Залишається порахувати суму цифр одержаного числа: 2013⋅(4+5)+(3+6 )=18126 .

10. Знайдіть значення суми:

S= 22+122−1

+ 32+132−1

+ .. .+1002+11002−1 .

Відповідь: 101484910100 .

Розв’язання. Зробимо такі перетворення:S= 22+1

22−1+ 32+1

32−1+. ..+1002+1

1002−1=22−1+2

22−1+ 32−1+2

32−1+.. .+1002−1+2

1002−1=

=1+ 222−1

+1+ 232−1

+ .. .+1+ 21002−1

=99+ 12−1

− 12+1

+ 13−1

− 13+1

+. . .+ 1100−1

− 1100+1

=

=99+1− 13 +

12 − 1

4 + 13−

15+

14−

16 +. ..+ 1

97 −199 +

198−

1100+

199 −

1101=

=99+1+ 12 − 1

100−1

101 =1014849

10100 .

11. На колі з центром у точці O вибрано 9 точок A1 , .. . , A9 , що розташовані за рухом годинникової стрілки. Проведені 9 відрізків, що сполучають сусідні точки на колі, а

також 9 відрізків OAi , i=1 , 9 . При цьому утворюються 9 трикутників. Скількома способами можна витерти декілька з проведених відрізків, щоб з трьох сторін кожного з 9 трикутників залишилася рівно 1?

Відповідь: 76 .Розв’язання. Порахуємо скільки відрізків можуть бути не витертими всередині кола. Кожний з таких відрізків стає спільним одразу для двох трикутників. Якщо їх не витерто k , то рівно у 2k трикутників вже є не витертою по одній стороні, 0≤k≤4 . Тому треба не витерти ще 9−2k відрізки, що сполучають сусідні точки на колі. Якщо k=0 , то такий варіант лише 1 .

A H

B

M

CРис. 6

5

Якщо k=1 , то таких варіантів рівно 9 .

Якщо k=2 , то вибрати пару можна C92=36 . Але серед них не може бути двох

сусідніх, тобто 9 варіантів. У підсумку 27 варіантів.

Якщо k=3 , то вибрати трійку можна C93=84 способами. Але з них треба

виключити такі. Коли усі 3 сусідні відрізки – 9 варіантів, а також дві сусідні, які можна вибрати 9 способами, і до кожного з них можна витерти будь-який з 5 не сусідніх відрізків. Разом 45 варіантів. Таким чином залишилися припустимими за правилами 84−9−45=30 варіантів.Якщо k=4 , то таких варіантів рівно 9 , бо так можна визначити пару сусідніх не витертих відрізків. Остаточно маємо, що 1+9+27+30+9=76 .

12. Відрізки AM та BH – відповідно медіана та висота гострокутного трикутника ABC . Відомо, що AH=1 та 2∠MAC=∠MCA . Знайдіть довжину сторони BC .

Відповідь: 2 . Розв’язання. Відрізок HM – медіана прямокутного ΔBHC , тому він дорівнює половині гіпотенузи (рис. 6), звідки HM=BM=MC та трикутник ΔHMC – рівнобедрений. Тому ∠MHC=∠MCH=2∠MAC . З іншого боку, як зовнішній кут у Δ AHM ∠MHC=∠AMH +∠MAC . Тому ∠ AMH=∠MAC , звідки ΔHMA – також рівнобедрений. Таким чином AH=HM ⇒ BC=2 AH=2 .

13. Для числа N=215⋅2015 знайдіть кількість дільників числа N2

, які менші за N та не ділять число N .

Відповідь: 291 .Розв’язання. Кількість дільників числа N=215⋅5⋅13⋅31 дорівнює

τ (N )=16⋅2⋅2⋅2=128 . Так само τ (N2)=31⋅3⋅3⋅3=837 . Якщо N

2 ⋮ d , то N2 ⋮ N2

d .

Таким чином усі дільник числа N2

розбиваються на пари ( d , N2

d), за виключенням

числа N . У кожній парі рівно один дільник менший від N . Таким чином таких

дільників усього 12 (τ (N2 )−1 ). Але кожний дільник N є дільником і N

2, тому

залишається ці дільники просто відняти. Таким чином шукана кількість дільників дорівнює:

12 (τ (N2 )−1 )−( τ (N )−1)= 1

2 (837−1)−(128−1 )=291 .

14. На острові Занзібар проживає 9000 дорослих місцевих жителів. Серед місцевих чоловіків рівно третина одружені, а серед жінок рівно третина є незаміжніми. Кого на острові більше – людей, що знаходяться у шлюбі чи тих, хто ще не одружився і

6

на скільки?

Відповідь: неодружених на 1000 більше ніж тих, хто у шлюбі.Розв’язання. Нехай x – кількість чоловіків, а y – кількість жінок на острові. У

шлюбі знаходяться рівна кількість чоловіків та жінок, тобто 13 x=

23 y , тобто x=2 y .

Таким чином усього на острові проживає x+ y=3 y=9000 ⇒ y=3000 та x=6000

. У шлюбі знаходяться 13 x+

23 y=4000 . Тому людей не одружених 5000 , тобто їх на

1000 більше ніж тих, хто у шлюбі.

15. Блоха сидить у деякій вершині правильного 2015 -кутника. Блоха завжди стрибає за рухом годинникової стрілки. Свій перший стрибок вона робить у першу вершину за тією, де вона сидить (тобто у сусідню), другим стрибком – у третю вершину від тієї де сидить (тобто через 2), …, своїм n у вершину 2n−1 від початкової і так далі. На якому ході вона вперше попаде у вершину, в якій вже побувала перед цим?

Відповідь: 48 .Розв’язання. Занумеруємо вершини за рухом годинникової стрілки числами 0 ; 1; 2 ; . . .; 2014 . Тоді блоха послідовно потрапляє в вершини з номерами: 0 , 0+1=1 , 0+1+3=4 , 0+1+3+5=9 , …, 0+1+3+. . .+(2k−1 )=k2

. При першому проході жодного разу повтору очевидно не буде. При другому проході маємо рівняння k 2=m2+2015 , яке означає, що при заході на другий круг вперше може зустрітися лише число, яке було квадратом цілого числа. Оскільки 442=1936 , 452=2025 , 632=3969 та 642=4096 , то m≤44 , 45≤k≤63 . При цьому треба знайти найменше можливе за таких умов значення k . З рівняння k

2−m2=2015=5⋅13⋅31 можемо записати такі варіанти:

{ k−m=1 ,k+m=2015 , {

k−m=5 ,k+m=403 , {

k−m=13 ,k+m=155 , {

k−m=31 ,k+m=65.

З кожної системи маємо такі розв’язки:(k ; m)=(1007 ; 1008 ) , (204 ; 199 ) , (84 ; 71 ) , ( 48 ; 17 ).

Як бачимо умову задовольняє лише k=48 , яке і є найменшим шуканим.

16. В опуклому чотирикутнику ABCD , що описаний навколо кола, справджується рівність AB⋅CD=AD⋅BC . Відомо, що ∠BAC=20 ° . Знайдіть ∠ ABD .

Відповідь: 70 ° . Розв’язання. Оскільки у описаного чотирикутника суми довжин протилежних сторін також рівні, то ці пари довжин співпадають (вони за теоремою Вієта є коренями однакового квадратного рівняння), тобто в нашому чотирикутнику рівні дві пари суміжних сторін. Тому, це дельтоїд, i його діагоналі перпендикулярні, тому шуканий кут дорівнює ∠ ABD=90 °−∠BAC=70 ° .

7

17. Скільки розв’язків має в натуральних числах рівняння: xy−x− y=2016 .

Відповідь: 2 розв’язки. Розв’язання. Додамо 1 до обох частин рівняння і матимемо, що

xy−x− y+1=2017 або ( x−1)( y−1)=2017 .Оскільки 2017 -- просте число, то один з множників має дорівнювати 2017 , а інший 1 . Таким чином усього 2 розв’язки.

18. Відомо, що 3 банани, 7 яблук та 1 ананас коштують 329 грн. 4 банани, 10 яблук та 1 ананас коштують 441 грн. скільки коштують разом 1 банан, 1 яблуко та 1 ананас?

Відповідь: 105 . Розв’язання. Позначимо вартість 1 банана через x , 1 яблука -- y та 1 ананаса -- z . Тоді

3 x+7 y+z=329 та 4 x+10 y+z=441 .Тоді

3⋅(3 x+7 y+z )−2⋅(4 x+10 y+ z )=x+ y+z=3⋅329−2⋅441=105 .

19. Женя забула цифри кодового замку, що містить 4 цифри. Але вона пам’ятає, що перша цифра від 0 до 6, друга – від 0 до 3, третя – від 0 до 4, четверта – від 0 до 2. При цьому сума усіх чотирьох цифр не менше 8. Скільки варіантів треба перебрати Жені, щоб напевно знайти шуканий код?

Відповідь: 210 . Розв’язання. Розглянемо окремо першу і третю цифри, та другу і четверту. Позначимо їх S13 та S24 . Зрозуміло, що S13≤10 , S24≤5 . Таким чином почати розгляд слід з випадку, коли S13≥3 .Якщо S13=3 , то таких варіантів 4 -- це (0 ; 3) , (1 ; 2 ), (2 ; 1 ) та (3 ; 0) . Тоді S24≥5 , такий варіант 1 -- це (3 ; 2). Разом маємо 4⋅1=4 варіанти. Якщо S13=4 , то таких варіантів 5 -- це (0 ; 4 ), (1 ; 3 ), (2 ; 2 ), (3 ; 1 ) та (4 ; 0 ). Тоді S24≥4 , таких варіантів 1+2 , додаються ще (3 ; 1 ) та (2 ; 2 ). Разом маємо 5⋅3=15 варіантів. Якщо S13=5 , то таких варіантів 5 -- це (1 ; 4 ), (2 ; 3 ), (3 ; 2), (4 ; 1 ) та (5 ; 0) . Тоді S24≥3 , таких варіантів 3+3 , додаються ще (3 ; 0) , (2 ; 1 ) та (1 ; 2 ). Разом маємо 5⋅6=30 варіантів. Якщо S13=6 , то таких варіантів 5 -- це (2 ; 4 ), (3 ; 3 ), (4 ; 2 ), (5 ; 1 ) та (6 ; 0) . Тоді S24≥2 , таких варіантів 6+3 , додаються ще (2 ; 0 ), (1 ; 1 ) та (0 ; 2) . Разом маємо 5⋅9=45 варіантів.

Рис. 7

M H

C

A

L

P

Рис. 8A

B rO

C

D

E

8

Якщо S13=7 , то таких варіантів 4 -- це (3 ; 4 ), (4 ; 3 ), (5 ; 2 ) та (6 ; 1). Тоді S24≥1 , таких варіантів 9+2 , додаються ще (1 ; 0 ) та (0 ; 1). Разом маємо 4⋅11=44 варіанти. Якщо S13≥8 , то таких варіантів 6 -- це (4 ; 4 ), (5 ; 3 ), (6 ; 2) , (5 ; 4 ), (6 ; 3) та (6 ; 4 ) . Тоді S24≥0 , таких варіантів 11+1 , додається ще (0 ; 0) . Разом маємо 6⋅12=72 варіанти. Додамо усі: 4+15+30+45+44+72=210 .

20. Для гострокутного трикутника ABC знайдіть всередині усі такі точки P , для

яких ∠ APB∠ ACB ,

∠ BPC∠ BAC ,

∠CPA∠CBA ∈[ 1 ; 2 ].

Відповідь: центр описаного кола Δ ABC .Розв’язання. Якщо описати навколо Δ ABC коло, то одразу зрозуміло, що ∠ ABC<∠ APC (і аналогічні нерівності), оскільки на дугу AC спирається зовнішній кут ∠ ABC , тому ∠ APC очевидно більший від нього (рис. 7). Тобто ліва нерівність в умові справджується для будь-якої точки всередині Δ ABC .Для другої нерівності маємо, що

∠ ABC+∠BCA+∠CBA=180° та∠ APC+∠BPA +∠CPA=360 ° .

Якщо хоч для однієї пари кутів 2∠ABC <∠ APC , то повинна існувати пара, для якої 2∠BCA >∠BPA , а тому така точка умову не задовольняє. Тому повинно одночасно виконуватись умови для усіх трьох пар кутів:

2∠ABC =∠ APC , 2∠BCA =∠BPA , 2∠CAB=∠CPB .Залишається зрозуміти, що такі умови задовольняє точка, що є центром описаного кола Δ ABC .

Середня ліга

1. Задача № 1 молодшої ліги.



4. До прямокутного трикутника ABC з катетами AC=2 та BC=1 побудоване коло, що дотикається до гіпотенузи AB та продовжень катетів. Знайдіть радіус цього кола.

Відповідь: √5+3

2 .Розв’язання. Позначимо відрізки AE=x та BD= y (рис. 8). Тоді з рівності

B

D

C

9

дотичних до кола x+ y=AB=√5 . Крім того r=x+2= y+1 . Звідси y=x+1 , тому

2 x+1=√5 ⇒ x=√5−1

2 ⇒ r=√5−1

2+2= √5+3

2 .

5. Скільки існує натуральних 1≤n≤100 , для яких число 8n+1 є точним квадратом цілого числа?

Відповідь: 13 .Розв’язання. очевидно, що число 8n+1 може бути точним квадратом тільки

непарного числа. Якщо k=2l+1 , то його квадрат k2=4 l ( l+1)+1=8m+1 . Тобто

усі квадрати непарних чисел задовольняють потрібну умову, тому залишається порахувати скільки є квадратів непарних чисел між числами 8⋅1+1=9 та 8⋅100+1=801 . Найменше з них 3

2=9 , найбільше – 272=729 , тому їх неважко порахувати, що їх 13 .

6. Числа 1 ; 2 ; 3 ; . .. ; 2016 записані в такому порядку в один рядок. У наступному рядку записані вже 2015 чисел, що є сумами сусідніх чисел першого рядку, тобто числа 3 ; 5; 7 ; .. . ; 4031 . Третій рядок за аналогічних правил будується з другого і так далі. В останньому рядку буде рівно одне число. Знайдіть його.

Відповідь: 2017⋅22014.

Розв’язання. За допомогою ММІ легко показати, що в n -му рядку числа утворюють арифметичну прогресію з різницею 2

n−1. Якщо в n -му рядку три сусідні числа є

A , B , C , тобто B−A=C−B=2n−1, тоді різниця між сусідніми числами

A+B , B+C в (n+1 )-му рядку є (B+C )−(A+B )=(C−B )+(B−A )=2n−1+2n−1=2n .

Так само позначимо через an -- перший член n -го рядка. Тоді an=an−1+an−1+2n−2=2an−1+2n−2

.

Далі з урахуванням a1=1 та ММІ легко знайти, що an=(n+1 )⋅2n−2, тому

a2016=2017⋅22014.


8. У опуклого чотирикутника ABCD відомі довжини усіх сторін AB=24 , BC=20 , CD=15 , AD=7 та однієї діагоналі BD=25 . Знайдіть довжину другої діагоналі.

Відповідь: 20 .Розв’язання. Застосуємо декілька разів теорему косинусів. З ΔBCD знаходимо, що (рис. 9)

A

B C

yx

a

aa

10

cos β= BC2+BD2−CD 2

2⋅BC⋅BD=4

5 ,

відси sin β= 35 . Аналогічно з ΔBAD :

cos δ= BA2+BD2−AD2

2⋅BA⋅BD=24

25 , sin δ=725 .

Тепер з Δ ABC знаходимо остаточно, що AC 2=AB2+BC 2−2⋅AB⋅BC cos( β+δ )=400 .

9. Знайдіть усі трійки a , b , c натуральних чисел, які задовольняють умови: ab+c=4037 та a+bc=2020 .

Відповідь: два розв’язки (a , b , c ): (2 ; 2018 ; 1) та (2018 ; 2 ; 1)Розв’язання. Віднімемо від першого рівняння друге: ab+c−a−bc=2017 або (a−c )(b−1)=2017 . Оскільки 2017 -- просте число, то можливі лише такі два варіанти:

b=2018 та a−c=1 або b=2 та a−c=2017 .Якщо додати ці рівняння, то матимемо, що ab+c+a+bc=6057 або (a+c )(b+1 )=6057 . Для першого випадку b+1=2019 , тоді a+c=3 . Звідси маємо перший розв’язок a=2 та c=1 .Для другого випадку b+1=3 , тоді a+c=2019 . Звідси маємо другий розв’язок a=2018 та c=1 .



12. У прямокутному трикутнку ABC з прямим кутом A на гіпотенузі у зовнішній бік від Δ ABC побудовано квадрат BCDE . Відомо, що площа трикутників ABE та ACD дорівнюють 6 та 27 відповідно. Знайдіть площу Δ ABC .

Відповідь: 9√2 .Розв’язання. Позначимо відрізки, як це показане на рис. 10. Тут x , y -- висоти Δ ABE та Δ ACD , вони водночас – проекції катетів на гіпотенузу. Тоді маємо такі умови:

SABE=6= 12 ax , SACD=27= 1

2 ay .Далі маємо, що

SABC2 = 1

4 a2h2= 1

4 a2 xy= 1

4 a2⋅12

a⋅542 =162 .


Bh x

2013

11

14. Знайдіть усі трійки чисел a , b , c ., які задовольняють системі рівнянь:

{{ a }+[ b ]+{c }=2,9 ;{ b }+[ c ]+{ a }=5,3 ;{ c }+[ a ]+{ b }=4,0 .

Відповідь: (a , b , c ): (3,1 ; 2,2 ; 5,8), (3,6 ; 2,7 ; 4,3) .Розв’язання. З третього рівняння маємо, що { c }+{b } - ціле число. Якщо { b }={ c }=0 , то числа b , c - цілі, але тоді з двох інших рівність повинні мати місце одночасно { a }=0,9 та { a }=0,3 . Таким чином { b }+{ c }=1 . Додамо перші два рівняння:

{ a }+[ b ]+{ c }+{ b }+[ c ]+{ a }=8,2 .Тоді 2 { a }=0,2 або 2 { a }=1,2 . Звідси й маємо два розв’язки: { a }=0,1 , тоді { c }=0,8 , { b }=0,2 ⇒ b=2,2 , c=5,8 та a=3,1 .{ a }=0,6 , тоді { c }=0,3 , { b }=0,7 ⇒ b=2,7 , c=4,3 та a=3,6 .

15. Заданий квадрат 15×15 . Розглядаються всередині цього квадрату менші квадрати, сторонами яких йдуть вздовж ліній, що розділяють квадратики 1×1 . Скільки серед таких квадратиків таких, що містять центральний квадратик заданого квадрату?

Відповідь: 344 . Розв’язання. Очевидно, що усі квадрати розміром більше половини сторони заданого квадрату, містять центральну клітину. Тобто розглядаємо лише квадрати k×k , де k≥8 . Усього таких квадратів всередині заданого квадрату 15×15 рівно (16−k )2

, k≥8 . Це стає зрозумілим, якщо порахувати можливе розташування однієї з вершин такого квадрату. Тепер подивимось скільки серед квадратів розміру k×k , k≤7 таких, що містять центр заданого квадрату. Так само, якщо розглянути одну з вершин такого квадрату, то для неї (і відповідно це є кількість усіх таких квадратів) існує рівно k

2 таких положень. Таким чином кількість шуканих квадратів дорівнює:

(82+72+. . .+12)+(12+22+. ..+72 )=2⋅(12+22+. ..+72 )−64=344 .

16. У трикутник зі сторонами 13 ; 20 та 21 вписаний квадрат таким чином, що його одна сторона лежіть на більшій стороні трикутника, а інші дві вершини на інших сторонах трикутника. Чому дорівнює сторона цього квадрату?


Розв’язання. Знайдемо площу трикутника за формулою Герона:

S=√27⋅14⋅7⋅6=126 ,

12

тоді його висота до більшої сторони дорівнює h=12 (рис. 11). Далі просто запишемо рівності, що випливають з подібності верхнього та великого трикутника:

12− x12 = x

21 ⇒ 252−21 x=12 x ⇒ x=25233 =84

11 .

17. Для нескоротного дробу ab , де a , b∈N та a+b=1024 , для деякого

натурального n справджується рівність: ab= 1

n2 +2n . Знайдіть можливе значення a .


Розв’язання. Запишемо суму 1n2 +

2n=2n+1

n2 . Оскільки для довільного n∈N числа 2n+1 та n

2 є взаємно простими. Тому a=2n+1 та b=n

2. Тому

a+b=n2+2n+1=(n+1)2=1024 . Звідси n+1=32 або n=31 . Тоді a=2n+1=63 .

18. Натуральні числа a , b задовольняють умови: 104<a+b<108 та 0 , 91< a

b<0 , 92 . Чому може дорівнювати значення виразу 2a+b ?

Відповідь: 158 .Розв’язання. Із заданих умов запишемо, що 0 , 91b<a<0 , 92b , тому 1 , 91b<a+b<1 , 92b . Тоді з нерівності 1 , 91b<108 ⇒ b≤56 . Аналогічно 1 , 92b>104 ⇒ b≥55 . Таким чином є дві можливості. Якщо b=55 , то 50 , 05<a<50 , 6 - звідси a - не ціле. Якщо b=56 , то 50 , 96<a<51, 52 - звідси a=51 . Таким чином 2a+b=158 .



Старша ліга


2. Для многочлена p( x ) виконується умова p( x )=x8−4 x7+7 x6+ax5+bx4+cx3+dx2+ex+ f=( x−x1 )( x−x2 ). . .(x−x8) , де x i>0 . Які значення може приймати коефіцієнт f ?

Відповідь: 1

256 .Розв’язання. З теореми Вієта для многочлена восьмого степеня маємо, що

Рис. 12A B

1B1D

C

1A

D

1C

xzy

1y 1x1z

13

∑i=1

8

x i=4 та

∑1≤i< j≤8

8

x i x j=7. Звідси

14=2⋅ ∑1≤i< j≤8

8

xi x j=(∑i=1

8

xi)2

−∑i=1

8

xi2=16−∑

i=1

8

x i2

.

Тому ∑i=1

8

x i2=2

, але тоді 0≤∑

i=1

8

(2 x i−1 )2=4∑i=1

8

x i2−4∑

i=1

8

x i+8=0.

Таким чином кожний доданок має дорівнювати 0 , звідси x i=12 , i=1 , 8 . Але тоді

f=∏i=1

8

xi=1

256 -- єдине можливе значення.


4. Прямокутний паралелепіпед ABCDA1B1C1D1 розрізаний трьома площинами, які паралельні граням паралелепіпеда (по одній площині паралельно кожній з граней), після чого утворилися 8 менших паралелепіпедів. Об’єм меншого паралелепіпеду,

що містить вершину X заданого паралелепіпеду, позначимо через V X . Відомо, що V A=40 , V C=300 ,

V B1=360

та V C1

=90. Знайдіть

об’єм заданого паралелепіпеда ABCDA1B1C1D1 .

Відповідь: 2015 . Розв’язання. Позначимо через x , y , z відстані від вершини A до проведених площин,

аналогічно через x1 , y1 , z1 -- відстані від

вершини C1 до відповідних площин (рис. 12). Тоді сторони заданого паралелепіпеда ABCDA1B1C1D1 визначаються як AD=x+ x1 , AB= y+ y1 та AA1=z+z1 . Для менших паралелепіпедів, що мають спільні грані можемо з формули об’єму записати такі відношення:

V B1

V C1

=xy1 z1

x1 y1 z1= xx1

=V B

V C=4

,

звідки V B=4V C=1200 . Далі аналогічно:VC

V C1

=x1 y1 zx1 y1 z1

= zz1

=V D

V D1

=103 ,

V A

V B= xyzxy 1 z

= yy1

=V A1

V B1

=401200

= 130 .

Тоді VV C1

=( x+x1)( y+ y1( z+z1 )

x1 y1 z1=(1+ x

x1 )(1+ yy1 )(1+ z

z1 )=5⋅133

⋅3130

=40318

.

Звідси V= 40318 ⋅V C1

=2015 .

14

5. Задача № 5 середньої ліги.




9. Одне й те ж саме число в системі числення з основою a та основою числення b

записується як 123(a) та 146(b) відповідно. Яке найменше можливе значення може приймати число a ?

Відповідь: 8 . Розв’язання. Задане число можна подати таким чином: a

2+2a+3=b2+4b+6 .

Звідси маємо, що (a+1 )2=(b+2 )2. Тому a=b+1 . Оскільки для b найменше

значення це b=7 (бо в запису присутня цифра 6 ), то найменше значення для a=8 .

10. Нехай R+=(0; +∞). Знайдіть усі функції f :R+→R+

, які ∀ x , y∈R+

задовольняють рівності:

f ( xf ( y ))= ( f ( x ))2

yf ( f ( x )) .

Відповідь: f ( x )=kx , де k∈R+.

Розв’язання. Зробимо підстановку у вихідне рівняння: y= ( f ( x ) )2

yf ( f ( x )) , тоді

f ( x

f ( ( f (x ))2

yf ( f ( x ))) )= y

, що означає, що відображення сюр’єктивне. Тоді ∃c∈ R+

, для якого f (c )=1 . Підставимо y=c і матимемо,

що f ( x )= ( f ( x ))2

cf ( f ( x )) або f ( x )=cf ( f ( x )). Внаслідок

сюр’єктивності функції f ( y )= y

c . Таким чином шуканою відповіддю буде довільна функція f ( x )=kx , де k∈R+

.

11. Комірки квадрату 5×5 заповнені натуральними числами a , b , c , d , e таким чином, що виконуються умови: у кожному рядку, у кожному стовпчику та кожній з двох великих діагоналей присутнє кожне з чисел a , b , c , d , e та

**

**

Рис. 13

15

a+b+c+d+e=2016 . Яке найменше значення за таких умов може приймати сума чисел, що розташовані у чотирьох комірках, які на рис. 13 позначені зірочками?

Відповідь: 7 . Розв’язання. Покажемо, що за таких умов для чотирьох відмічених зірочкою комірок можливі два варіанти. Позначимо значення чисел у певних комірках літерами (рис. 14).Перший варіант. Серед чисел усі попарно різні.Другий варіант. Є два рівних числа та ще дві відмінні від тих та між собою.Припустимо, що a=X=Z . Тоді для діагоналей єдині можливі значення для a -- це комірки, що помічені літерами P , Q (рис. 14). Але це неможливо, оскільки вони в одному стовпчику. Тому обов’язково X≠Z і аналогічно Y≠T .Якщо, що a=Y=Z . Тоді без обмеження загальності для діагоналі можливий варіант P=a . Тоді для іншої діагоналі R=a . Але тоді в першому рядку вже немає де поставити число a . Якщо a=X=Y , b=Z=T , то у комірці Q мають одночасно бути a і b .Випадок, коли усі числа різні неважко побудувати, тобто показати, що таке заповнення квадрату існує. Для квадрату, що задовольняє другу умову покажемо існування такого квадрату (рис. 15). Далі неважко зрозуміти для якого з двох варіантів можливе шукане найменше значення. Для першого варіанту нехай числа, що будуть у комірках мають значення a , b , c , d . Їх можлива найменша сума – це 10 (для набору 1 ; 2 ; 3 ; 4), тут достатньо покласти e=2006 . А для другого варіанту тут може бути в якості чисел a , a , b , c можна вибрати такі, що їх сума стане 7 (для набору 1 ; 1 ; 2; 3).




15. Заданий квадрат 2017×2017 . Розглядаються всередині цього квадрату менші квадрати, сторонами яких йдуть вздовж ліній, що розділяють квадратики 1×1 . Скільки серед таких квадратиків таких, що не містять центральний квадратик заданого квадрату?

Відповідь: 2052451296 . Розв’язання. Очевидно, що серед квадратів розміром більше половини сторони заданого квадрату таких не існує. Тобто розглядаємо лише квадрати k×k , де k≤1008 . Усього таких квадратів всередині заданого квадрату 2017×2017 рівно

QX R

YZ

T PРис. 14

B A E D CA C D B ED E A C BC D B E AE B C A D

Рис. 15

16

(2018−k )2, k≤1008 . Це стає зрозумілим, якщо порахувати можливе розташування

однієї з вершин такого квадрату. Тепер подивимось скільки серед квадратів розміру k×k таких, що містять центр заданого квадрату. Так само, якщо розглянути одну з вершин такого квадрату, то для неї (і відповідно це є кількість усіх таких квадратів) існує рівно k

2 таких положень. Таким чином кількість шуканих квадратів дорівнює:(20172+20162+. . .+10102)−(12+22+.. .+10082 )=

=(20172+20162+. ..+12 )−2⋅(12+22+.. .+10082 )−10092==(20172+20162+. ..+12 )−2⋅(12+22+.. .+10082 )−10092==(20172+20162+. ..+12 )−2⋅(12+22+.. .+10082 )−10092=

= 2017⋅2018⋅40356 −1008⋅1009⋅2017

3 −10092=2052451296 .


17. Знайдіть найменше натуральне число y , для якого існує натуральне число x ,

щоб справджувалась рівність: y2=213+210+2x .

Відповідь: 160 . Розв’язання. Зробимо такі перетворення:

y2=2x+213+210=2x+210(23+1)=2x+(25⋅3)2 ⇒

2x= y2−(25⋅3 )2=( y−96)( y+96) .

Таким чином 2m= y−96 та 2

n= y+96 , звідси 2n−2m=192 ⇒

2m(2n−m−1)=3⋅26. Тому m=6 , n−m=2 , тобто n=8 . Таким чином

y=2n−96=160 .

18. Знайдіть кількість цілих невід’ємних чисел m , що задовольняють рівність: [ m

44 ]=[ m45 ] .


Розв’язання. Нехай [m44 ]=[ m

45 ]=n . Очевидно, що n≥0 . Тоді маємо такі випадки.Якщо n=0 , то m пробігає усі цілі значення від 0 до 43 , тобто маємо 44 розв’язки. Якщо n=1 , то m пробігає усі цілі значення від 45 до 2⋅44−1=87 , тобто маємо 43 розв’язки. Якщо n=2 , то m пробігає усі цілі значення від 90 до 3⋅44−1=131 , тобто маємо 42 розв’язки. Якщо n=k≤44 , то m пробігає усі цілі значення від 45 k до (k+1 )⋅44−1=44 k+43

, тобто маємо 44−k розв’язки, k=3 ; 44 . Зрозуміло, що при n=k>44 розв’язків не існує. Таким чином усього розв’язків є:

17

0+1+2+. ..+44= 44⋅452 =990 .

19. Фішки можуть стояти лише точно в серединах клітин розміру 1×1 . У початковий момент у кожній клітині квадрату 20×20 стоїть фішка. Для якого найбільшого числа d Петрик може пересунути кожну фішку на відстань не менше ніж d таким чином, щоб знову у кожній клітині стояла рівно одна фішка?

Відповідь: 10√2 . Розв’язання. На більшу відстань неможливо зсунути фішки, що стоять у чотирьох центральних клітинах. Те, як зсунути усі фішки для такого значення випливає з такої стратегії. Ділимо квадрат 20×20 на чотири квадрати 10×10 . Далі міняємо відповідні фішки в діагональних парах квадратів. Очевидно, що кожна фішка пересувається рівно на зазначену відстань.

Education

Математичний занзібар