Математичні олімпіадні змагання школярів України: 2017/18 навчальний рік - Рубльов Б.В., Анікушин А.В., Жук І.В., Лисакевич А.В.

Author: Рубльов Б.В. Анікушин А.В. Жук І.В. Лисакевич А.В.
Tags: завдання з математики олімпіади математичні олімпіади природничі науки
ISBN: 978-966-474-322-5
Year: 2019
Similar
Математика сьогодні '94: Науково-методичний збірник. Випуск 9
Збірник задач республиканських математичних олимпіад
Математична олімпіада. 7 клас і не тільки
Олімпіади юних математиків
Text
                    
Присвячую цю книгу
своїй дружині Вікторії, синові Андрію
та доці Олесі [08.10.1991 — 20.06.2009]
Математичні
олімпіади!
змагання школярів
України
2017/18 навчальний рік
Навчально-методичний посібник
За редакцією Б. В. Рубльова
Харків
«Гімназія»
2019
УДК 51-8
М34
Авторський колектив:
А. В. Анікушин, І. В. Жук, А.. В. Лисакевич, В. Г. Лішунов, О. Г. Мекуш,
О,. І. Молодцов, Б. В. Рубльов, О. С. Спалило, А. В. Тригуб, Д. І. Хілько
Рецензенти:
Д. А. Номіровський, заслужений вчитель України, д-р фіз.-мат. наук,
професор Київського національного університету
ім. Тараса Шевченка;
О. Н. Нестеренко, канд. фіз.-мат. наук, доцент Київського національного
університету ім. Тараса Шевченка;
В. Б. Полонський, заслужений вчитель України, учитель математики
Києво-Печерського ліцею № 171 «Лідер»
Математичні олімпіадні змагання школярів. України:
М34	2017/18 навч. рік : навч.-метод, посіб. / А. В. Анікушин,
І. В. Жук, А. В, Лисакевич та ін. ; за ред. Б. В. Рубльова. —
X. : Гімназія, 2019. — 464 с. : іл.
І8ВМ 978-966-474-322-5.
Збірник містить понад 700 задач, які були запропоновані юним
математикам України протягом 2017/18 навчального року на укра-
їнських та міжнародних олімпіадах і турнірах. Для всіх задач на-
ведено докладні розв’язання.
Книга стане в пригоді викладачам ЗЗСО та виші?, учням і сту-
дентам, керівникам гуртків та факультативів під час підготовки до
математичних олімпіад, турнірів і конкурсів, а також факультатив-
них занять з обдарованими учнями тощо.
УДК 51-8
Навчальне видання
Анікушин Андрій Валерійович,
Жук Ірина Володимирівна,
Лисакевич Анастасія Валеріївна та ін.
Математичні олімпіадні змагання школярів України.
2017/18 навчальний рік
Головний редактор Г. Ф. Висоцька. Редактор Т. Є. Цента
Комп’ютерне верстання С. І. Северин
Формат 84x108/32. Папір офсетний. Гарнітура шкільна. Друк офсетний.
Ум. друк. арк. 24,36. Тираж 10р0 прим. Замовлення № 422
ТОВ ТО «Гімназія», вул. Восьмого Березня, 31, м. Харків 61052
Тел.: (057) 719-17-26, (057) 719-46-80, факс: (057) 758-83-93.
Е-таіІ: соп6ас1;@£утпа8іа.еот.иа, луху^.^утпабіа.сот.иа
Свідоцтво суб’єкта видавничої справи ДК № 644 від 25.10.2001
Надруковано з позитивів, виготовлених ТОВ ТО «Гімназія», у друкарні ПП «Модем»,
вул. Восьмого Березня, 31, м. Харків 61052. Тел. (057) 758-15-80.
Свідоцтво суб’єкта видавничо! справи ХК № 91 від 25.12.2003
•2’ Б. В. Рубльов, 2019
© ТОВ ТО «Гімназія», оригінал-макет,
І8ВИ 978-966-474-322-5	художнє оформлення, 2019
вступ
Ця книга є підсумком чергового олімпіаднрго року в нашій кра-
їні, який розпочався восени 2017 року шкільними олімпіадами,
а завершився 59-ю Міжнародною математичною олімпіадою в ру-
мунському місті Клуж-Напока влітку 2018 року. Збірник є продов-
женням виданих раніше книг, де зібрано матеріали математичних
змагань, проведених в Україні протягом 2006-2017 років [1-11].
На початку книги наведено історичну довідку про Всеукраїнські
турніри математичних боїв імені академіка 1.1. Ляшка, які щороку
набувають усе більшої популярності в українських школярів.
Книга складається з двох частин. У першій частині наведено
умови всіх задач, у другій — відповіді та повні розв’язання кожної
задачі.
Збірник містить 699 задач різноманітної тематики. За тради-
цією до нього включили розділ 10, присвячений змаганням школя-
рів 4-6-х класів, хоча найпростіші задачі з інших розділів будуть
до снаги й учням 5-6-х класів. Найскладніші задачі деяких розді-
лів — це такі, що часто виникали з наукових досліджень або, нав-
паки, такі, що спроба узагальнити їх могла б привести до цікавого
наукового результату.
Якщо біля задачі стоїть ім’я та прізвище, це означає, що зада-
ча є оригінальною та була запропонована цим автором. Ми дуже
вдячні всім нашим авторам, більшість з яких є постійними, та
сподіваємося на подальшу плідну співпрацю з ними, а також на
появу нових авторів серед теперішніх юних математиків. Решту
задач було дібрано з різних джерел, зокрема з матеріалів змагань
країн — учасниць міжнародних математичних олімпіад.
Задачі збірника мають подвійну нумерацію. Якщо, наприклад,
задача має номер 3 (116) і була запропонована восьмикласникам,
це означає, що в тексті завдань відповідного етапу олімпіади або
турніру, призначених для 8 класу, задача була третьою, а її на-
скрізний порядковий номер у збірнику — 116. Щоби- послатися на
таку задачу, писатимемо: «задача 8-3 (136)». Якщо задача не має
наскрізного номера, то інша задача в цьому змаганні містить дану
як свою частину або підпункт.
З
ВСЕУКРАЇНСЬКІ ТУРНІРИ МАТЕМАТИЧНИХ БОЇВ
імені АКАДЕМІКА І. І. ЛЯШКА
Історія виникнення турнірів
Математичні бої як цікавий математичний захід з’явилися
в другій половині XX століття на теренах колишнього СРСР. На
відміну від звичайних олімпіад, це командне змагання. Окрім того,
велику роль відіграє спортивна складова цього змагання. Якщо
уважно почитати правила математичних боїв, .то стає зрозумілим,
що важливим для перемоги в кожному конкретному бою є не лише
потужність індивідуумів у команді, а ще й командний дух, стра-
тегія та тактика ведення бою тощо. Не рідкими є* випадки, коли
команда, що загалом розв’язала меншу кількість задач, перемагає
внаслідок правильно обраної тактики. Так само наявність у коман-
ді однієї суперзірки не гарантує перемоги над більш рівною та зба-
лансованою за можливостями учасників командою.
Спочатку в Україні математичні бої були винятковим явищем.
Про зустріч двох команд, наприклад ліцею «Лідер» проти ліцею «На-
укова Зміна», було відомо чи не з.а місяць; коли команди готувалися,
приходило багато глядачів. Але надто рідкісними були такі події.
Зрозуміло, що змагатися в таких заходах було цікаво не лише най-
кращим олімпіадникам, але й усім, хто любить математику. Через
це виникла потреба в організації більш масових заходів, у яких вод-
ночас змагаються одразу декілька команд з різних навчальних за-
кладів. Звідси природним стало виникнення традиційних щорічних
турнірів. Так, у Києві з 2004 року проводять Київський турнір мате-
матичних боїв імені Лесі Рубльової. У першому турнірі брали участь
шість команд, а зараз у деякі роки змагаються по 60 команд, тобто
в одному місці одночасно відбувається ЗО таких боїв. Хоча й досі де-
які школи інколи проводять поодинокі бої між своїми учнями.
Історично першими заснували проведення Всеукраїнського
турніру математичних боїв у Харкові, де було проведено декілька
таких заходів протягом зимових канікул. На зміну харківському
турніру у 2006 році був заснований Всеукраїнський турнір ма-
тематичних боїв імені академіка 1.1. Ляшка в Києві, під егідою
Київського національного університету імені Тараса Шевченка.
Проведенню цього турніру саме в Києві сприяло те, що більшість
призерів математичних олімпіад з усіх куточків країни обирають
для подальшого навчання саме Київський національний універси-
тет, а тому журі, що здебільшого складається з київських студен-
тів, фактично презентує всю Україну. Саме про ці Турніри йтиметь-
ся в нашій подальшій розповіді.
4
У першому Всеукраїнському турнірі у двох лігах брали участь
усього 14 команд, при цьому десять із них ’ представляли місто
Київ. Ми мали сумніви, чи витрачати кошти та зусилля на прове-
дення такого заходу, який міг стати «філією» аналогічного київ-
ського турніру. Аде перемогли такі думки: якщо не провести пер-
ший такий турнір, то вже не проведемо ні другий, ні третій. І час
показав, що ми мали рацію. Зараз участь у турнірі беруть від 24 до
ЗО команд, з яких більше ніж половина — некиївські.
Учасники турніру
Із самого початку турнір був розрахований на учасників IV ета-
пу Всеукраїнських олімпіад з математики. Журі IV етапу було
дуже шкода, що ці діти спілкуються та змагаються одне з одним
лише раз на рік. Локальні виїзди деяких навчальних закладів на
одноденні заходи були винятковими й не могли замінити саме ор-
ганізацію такого турніру. Про високий рівень турніру свідчить те,
що з дня його заснування майже всі його учасники неодноразо-
во брали участь у Міжнародних математичних олімпіадах. Згодом
кількість бажаючих змагатися з однолітками з усієї України поча-
ла збільшуватися. Відповідно й змагання проводили вже в трьох
лігах: у старшій (10-11 класи), середній (9 клас) та молодшій
(7-8 класи). При цьому від навчального закладу формується у від-
повідну лігу або ціла команда (по шість учасників), або окремі
учасники (один-чотири учні від школи). З окремих учасників фор-
мують збірні команди для повноцінної участі в змаганні.
За традицією останніх років турнір розрахований на всіх, хто
мріє потрапити на IV етап Всеукраїнської олімпіади з математики
від свого регіону. Задачі, що їх пропонують учасникам, можуть
бути темою занять математичних гуртків протягом багатьох тиж-
нів по завершенні турніру.
Наведемо за роками участь команд різних регіонів у наших за-
ходах^ та прокоментуємо їх.
ТГТ-——Турнір Регіон			1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
Київ												
Гімназія №178	1				2	3	4	5	6		7	
Ліцей «Лідер»'	І	2		3	4	5	6	7	8	9	10	11
Ліцей № 142		1		2	3	4						
Ліцей № 208 .	1	2	3			4	5	6	7	8	9	10
Ліцей «Наукова Зміна»	1	2	3	4	5	6	7	8 .	9	ДО	11	12
5
Турнір Регіон	—	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
ПНЛ № 145	1	2	3	4	5	6	7	8		9	10	12
Політехнічний ліцей				1	2	3	4	5				
Ліцей «Престиж»							1					
Русанівський ліцей	1	2	3	4	5	6	7	8	.9	10	11	12
Технічний ліцей	1	2	3						4			
УФМЛ	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
Збірна команда							1		2	3		4
Області												
Вінницька			1	2	3							
Волинська			. 1									
Дніпропетровська		1	2	3	4			5			6	7
Донецька	1	2	3	4		5						6
Житомирська		1										
Закарпатська	1	2	3	4		5	б	7			8	9
Запорізька	1		2	3	4	5		6	7			8
Івано-Франківська		1	2	3	4							
Київська									1			
Кіровоградська		1										
Львівська		1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	П
Миколаївська		1										
Полтавська				1	2	3		4	5		6	7
Рівненська			1									
м. Севастополь			1	2								
Сумська			1	2	3							4
Тернопільська			1'	2								
Харківська		1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	
Херсонська			1	2	3	4	5	6	7	8		9
Хмельницька	1											
Черкаська		І'	2									
Чернівецька				1							2	3
6
"^Т^*-^Турнір Регіон	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
Чернігівська		1	2 .									
Збірна команда										1	2	
Іноземні команди												
Росія, м. Санкт-Петербург. ФМЛ № 239							1					
Щороку турнір проходить за підтримки Київського національ-
ного університету імені Тараса Шевченка, УФМЛ КНУ, а також
Києво-Печерського ліцею № 171 «Лідер».
Як бачимо, частина київських навчальних закладів регулярно
бере участь у турнірі, майже без пропусків, інші'— лише за на-
явності перспективних юних математиків. Доволі вдалим виявив-
ся принцип формування збірної міста не організаторами турніру,
а самими учасниками, які одразу подавали заявку як збірна міста.
Деякі регіони,— Харків, Львів, Закарпаття, Херсон — намага-
ються брати участь у кожному такому турнірі, інколи привозять
більше ніж три команди (у деякі ліги заявляють навіть по дві ко-
манди).
Інші регіони беруть участь або щоразу, як тільки виявляться
перспективні учасники, яких варто потренувати на такому серйоз-
ному заході, або просто випробовують свої сили. Безумовно, важ-
ливу роль відіграє підтримка благодійників відповідного регіону,
бо не так просто взяти участь у заході, якщо всі витрати лягають
на плечі батьків. Ось чому, мабуть, лиіпе учасників з навчальних
закладів Одеської області жодного разу не було на турнірі, хоча
в складі команди учнів УФМЛ вони були неодноразово.
До складу команд деяких регіонів майже завжди, входять пред-
ставники того самого навчального закладу: Харківського фізи-
ко-математичного ліцею №27, Львівського фізико-математичного
ліцею, Кременчуцького ліцею № 4 тощо. У командах інших ре-
гіонів з року в рік представники від навчальних закладів області
можуть змінюватися.
Основні етапи турніру
Більше ніж за десять років нами було апробовано багато різних
схем проведення турніру. Наведемо ті, які діють останнім часом та
які, на наш погляд, є найбільш слушними та розумними.
Для найкращої популяризації заходу бажано, щоб у кожному
двобої кожна з команд мала певні шанси на перемогу. Іншими сло-
вами, ідеально, коли в бою сходяться команди, більш-менш рівні
за віком та рівнем олімпіадної підготовки її окремих учасників.
7
Зовсім нецікаві бої, у яких переможець з різних міркувань відомий
заздалегідь. Через це виникла така програма проведення турніру:
•	Математичний занзібар
•	Командна олімпіада
•	Математичні бої
• Особиста олімпіада
’ Математичний занзібар триває 2 години, змагання проводять
у день прибуття команд. Його олімпіадна користь не дуже значна,
але для збірних команд із різних навчальних закладів це змагання
дає можливість ближче познайомитися та дізнатися про матема-
тичні вподобання кожного члена команди.
Командна олімпіада — це захід, де всі команди ліги розв’язу-
ють однакові задачі. По завершенні керівники команд збираються
та вирішують розподіл усіх команд ліги на групи та підгрупи. Від-
повідно до цього розподілу й організовують турнір математичних
боїв. Про можливі варіації розповімо трохи нижче.
Математичні бої — основні змагання турніру, який останніми
роками триває 4 тури, хоча спочатку бували й роки, коли змага-
лися 5 турів.
Особиста олімпіада — це єдине змагання, де учасники виступа-
ють особисто; найчастіше його проводять в усному форматі.
Останніми роками турнір триває рівне вісім днів — протягом
осінніх канікул.
1-й день (субота) — заїзд учасників та .математичний занзібар.
2-й день (неділя) — командна олімпіада.
3-й день (понеділок) — 1-й тур математичних боїв.
4-й день (вівторок) — 2-й тур математичних боїв.
5-й день (середа) — день відпочинку.
6-й день (четвер) — 3-й тур математичних боїв.
7-й день (п’ятниця) — фінальний тур математичних боїв.
8-й день (субота) — усна особиста олімпіада, церемонія нагоро-
дження, від’їзд учасників.
Варіації турніру математичних боїв
Турнір математичних боїв складається із 4 турів. Якщо є мож-
ливість провести змагання в 5 турів, то кожну з наведених нижче
схем легко перелаштувати з урахуванням додаткового туру.
♦	Якщо в лізі всього чотири команди, то змагання відбуваються
в одноколовому турнірі (3 тури), після чого у фіналах за 1-ше
та 2-ге місця змагаються дві найкращі команди цього турні-
ру, а за 3-тє та 4-те — дві інші команди.
•	Якщо в лізі шість команд, то змагання триває в одноколовому
турнірі. Команди Ке 1~6 розставляють відповідно до рейтингу
за результатами командної олімпіади, при цьому між собою
8
не змагаються такі пари: № 1-4, № 2-5 та № 3-6 (оскільки
всього має пройти 4 тури). Переможців визначають за біль-
шістю набраних очок. У разі рівної кількості очок вважають,
що команди посіли однакові місця.
•	Якщо в лізі вісім команд, то їх можна розбити на дві різні
групи — «А» та *Б», змагання в яких відбуваються неза-
лежно, за схемою ліги із чотирьох команд. Інакше команди
утворюють одну групу, що розбивається на дві підгрупи —
І (команди № 1, 4, 5, 8) та П (команди № 2, 3, 6, 7). У кожній
підгрупі змагання триває в одноколовому турнірі. По завер-
шенні між переможцями груп проводять фінальне змагання
- за 1-ше та 2-ге місця. Аналогічно між командами, що посіли
2-ге, 3-тє та 4-те місця в підгрупах, проводять стикові зустрі-
чі — бої за 3-тє та 4-те, 5-те та 6-те, 7-ме та 8-ме загальні
місця.
•	Якщо в лізі 10 команд, то вони можуть бути розбиті на дві
різні групи — «А» та «Б», одна-з яких складається із чоти-
рьох команд, а друга — із шести.
•	Якщо в лізі 12 команд, то їх можна розбити на три групи —
«А», «Б», «В», по чотири команди в кожній; змагання від-
буваються незалежно, 'за. схемою із чотирьох команд. Або всі
команди можуть бути розбиті на дві групи -- «А» та «Б»,
по шість 5т кожній; змагання в них відбуваються незалежно,
за Схемою із шести команд. Або їх розбивають на дві різні
групи — «А* та «Б», одна з яких складається із чотирьох
команд, а друга — із восьмц; змагання відбуваються за опи-
саними вище схемами.
♦	Якщо в лізі 14 команд, то вони можуть бути розбиті на три
різні групи — «А», «Б», «В», дві з яких складаються із чо-
тирьох команд, а третя — із шести; змагання в них відбува-
ються незалежно, за схемою відповідно для 4 та 6 команд.
Або команди можна розбити на дві різні групи — «А» та «Б»,
одна з яких складається з восьми команд, а друга — із шести;
змагання в них відбуваються незалежно, за схемою відповід-
но для 8 та 6 команд.
Нарахування очок. За домовленістю змагання • можуть бути
з нічиїми чи без них. Якщо турнір з нічиїми, то за перемогу коман-
да отримує 2 очки, за нічию — 1 очко, за поразку — 0 очок. Щоб
визначити переможця в групі в разі рівної кількості здобутих очок
або в конкретному матчі, проводять бліц, за результатами якого
відбувається остаточний розподіл команд за місцями. Якщо турнір
без нічиїх, то в разі рівних результатів у бою обов’язково проводять
бліц. Тоді очки нараховують таким чином: за перемогу без бліцу
команда отримує 3 очки,.за перемогу в бліці при нічиєї — 2 очки,
за поразку у бліці при нічиєї — 1 очко та за поразку — 0 очок.
9
Переможці та призери проведених турнірів
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
1 турнір 25 жовтня — 1 листопада 2006 року			
Старша 6 команд	Київ («Лідер», 11 клас)	Київ («Лідер», 10 клас)	Донецьк («Ерудит») + Київ («Наукова Зміна»)
	Арман А., Білокопитов Є., Богданський В., . Даниленко А., Радченко Д., Ткачук А.	Шипіацький Ю., Толмачов К., Сусла Є., Могильний С., Мельник В., Моравецька К., Семікіна Ю.	Міщенко С., , Чихрадзе К., Шабала М., Кусков О., Вороній М., Апипіков О., Ахтарієв М.
Молодша 8 команд	Київ (Ліцей № 208,' 1-ша команда).	Київ (Ліцей № 208, 2-га команда)	Київ («Лідер»)
	Бондар Д.» Охонько Д., Пав лик Б., Сенін В., Сердюк Н., Сорока Б.	Кашпур Р., Лазоренко Т., Лепеха С., Макаров М., Пархомчук Д<, Рогулін А.	Свідерський К., Кудла І., Танцюра М., Герич 3., Єдемський Р., Пархомець О.
П турнір 28 жовтня “ 3 листопада 2007 року			
Старша 12 команд	Київ («Лідер», 11 клас)	Харків (ФМЛ№ 27) + Львів (ЛФМЛ)	Київ * (Ліцей № 208, 1 команда)
	Шипіацький Ю, Толмачов К«, Сусла Є., Могильний С., Мельник В., Моравецька К., Семікіна Ю.	Бойко Т. Райновський Б, Добосевич О., Коро люк М., Лисакевич А,, Калашник В., Макарець О.	Бондар Д., Охонько Д., Пав лик Б., Макаров М., Сердюк Н., Сорока Б.
Молодша 8 команд	- Київ («Лідер»)	Харків (ФМЛ № 27) + Донецьк («Ерудит»)	Київ («Наукова Зміна») + Ужгород
	Веклич Б., Краснолуцький В., Черненко І.,	Грувер Є., Смірнов Д., Немашкало М.»	Садовенко О./ Шевчук Є., Харчун В,,
10
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
	Д’яченко О., Чорний М., Назарова Д., Лавренюк М.	Уразовський А., Дубова С., Галайда А., Сіліна 0., Ліпартія Н., Шевченко І.	Гуйван Б.» Ярмоленко Ю., Данилевський В., Ольгапіко 0.
III турнір 2-10 листопада 2008 року			
Старша 15 команд	(2 команди) Харків (ФМЛ № 27) + Севастополь Київ (Ліцей Х2 208)		(3 команди) Київ (ПНЛ № 145) (УФМЛ) (Русанівський)
	(X) Соболєв Д., Соболєв Є., Жениленко В., Лисакевич А., Калашник В., Деркач А. (К) Лепеха С., Сенін В., Павлик Б., Макаров М., Сердюк Н., Сорока Б.		(ПНЛ) Моторний 0., Балабанов Олег, Підпружников Д., Балабанов Олександр, Леонтьев 0., Коляденко М., Марушкевич Д., Щечкін А. (УФМЛ) Шульга 0., Жигулін В., Танщора Б., Дудар В., Лисенко 0., Щедріна Д. \ (РЛ) Древаль М., Мазур А., Карпенко Д., Савенко М., Снігурський М., Дідковеький 0., Крамаренко 0.
Молодша 8 команд	Львів (ЛФМЛ) + Закарпаття	Харків (ФМЛ № 27)	Київ (ПНЛ № 145)
	Козачук С., Михаленич М.у Савицький Т., Білий Р., Петровський Б., Кицмей П,, Мужичка С.	Теплова Д., Гулін В., Родіонов Г., Лійко В., Панкратов М., Хрущов Т,	Баган 0.. Мироненко А., Лукович Т., Ротинський М., Біленький І., Набіулін Д., Філімонова А.
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
IV турнір 2-10 листопада 2009 року			
Старша 8 команд	Харків (ФМЛ № 27) + Севастополь + Херсон	Київ. («Лідер»)	Львів (ЛФМЛ)
	Теплова Д., Хрущов Т., Міцико В., Родіонов Г., Габідуліна Н., Гулін В., Малий В.	Чорний М., Бондаренко Д., Краснолуцький В., Зінченко А., Ганзюк А., Грінчак Д.	Савицький Т., Михаленич М., Пилипович М., Ксьондзик Т., Кицмей П., Любимець В.
Середня 12 команд	Київ («Лідер», 1 команда)	Донецьк («Ерудит») + Львів (ЛФМЛ) + Івано-Франківськ	Київ («Наукова Зміна»)
	Фатенко В., Ківва Б., Піскун 0., Руденко 0., Дмитренко 0., Биков В/, Керімов В.	Бондар Є., Мітрущенкова А., Нікулін І., Тамбовцев 0., Шувар Н., Кузь І., Санчин М.	Кравченко Ю., Сорока Є., Розмариця А., Подоля С., Лівійський 0., Осіпа А., Шамбір 0.
Молодша 8 команд	. Київ («Лідер»)	• Львів (ЛФМЛ)	Київ (Русанівський)
	Резанов А., Самара 0., Єресько М., Андреєв А., Синкоп М., Назаренко В., Єргієв І. *	Колінко М., Теличка 0., Марко Ю., Прохоров 0., Михальчук Ю.	Калита М., Плотніков М., Ткаченко А., Ніколаєв А., Прибильська М., Павленко П.
V турнір 23-30 жовтня 2010 року			
Старша 10 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ («Лідер»,- 1 команда)	Конотоп + Запоріжжя + Івано-Франківськ
	Афанасьєв Є., Теплова Д., Лійко В., Гулін В., Родіонов Г., Хрущев Т.	Фатенко В., Ківва Б., Руденко 0., Піскун 0., Дмитренко 0.	Курило В., Олефіренко А., Шуть В., Здомський І., Шарманський Б.
12
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
Середня 8 команд	Київ (Русанівський)	Київ («Лідер»)	Львів (ЛФМЛ)
	Кравець Д.» Ревако 0., Николаєв А., Грищенко 0., Плотніков М., Діомідов Є.	Кіслухін 0., Дашко 0., Рязанов А., Самара 0., Чан Ха Вуг Сінекоп М.	Колінько М., Антощук Т., Ксьондзик А., Марко Ю., Зацерковний Р., Бандурович І.
Молодша 8- команд	Харків (ФМЛ № 27)	.Київ («Лідер»)	Дніпродзержинськ + Запоріжжя + Київ (гімназія № 178)
	Смірнов Д., Немашкало М., Уразовський А., Дубова С., Галайда А., Сіліна 0., Ліпартія Н.» Шевченко І.	' Казаков М., Колодяжна Т., Разумова Г., Самойлова 0., Редько К., Цинцеус Г., Ільяшенко А.	-
VI турнір 4 ‘	22-29 жовтня 2011 року			
Старша 12 команд	Київ («Лідер», 1 команда)	Київ (УФМЛ)	Київ («Наукова Зміна», 2-га команда)
	Піскун 0., Керімов В., Рязанов А., Дашков 0., Бузуєв І.	Мояк М., Абрамов А., Гридасов М., Нау мовець 0., Костеєва Л., Ткаченко 0., Семенюк Д., Ларічкін 0.	Лівійський 0., Осіла А., Розмарйця А., Сорока Є., Шамбір 0., Осіла 0.
Середня 8 команд	Київ («Лідер», 1 команда)	Львів (ЛФМЛ)	Київ (ПНЛ № 145, гімназія № 178)
	Марчук Р., Ільяіпенко А., Цинцеус Г., Колеснікова С., Самойлова 0., Колодяжна Т.	Палько Н., Бартіш М., Романюк 0., Миляник М., Мороз В., Бродюк С.	Мельник 0., Єфименко Д., Гаврилко Є., , Орєхов Д., • Митрофанов В., Кудін Д.
13
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
Молодша 8 команд	Київ («Лідер», 1 команда)	Харків (ФМЛ № 27)	Київ («Наукова Зміна»)
	Ільяшенко М., Ошлянський А., Кучеренко А., Альохіна А., Мелентьєва А., Яковлев І,	Жпленко Т., Дінь Тхань Фонг, Уразовський А., Понзморьов Р<, Півтрак Є., Ульяніч М.	Тисячна С., Вороіщов П., Бобир Д., Свідерський А., Мащкін Б.
			
У 2012 році турнір не проводився			
			
VI! турнір 26 жовтня — 2 листопада 2013 року			
Старша 8 команд	Київ («Лідер», 1 команда)	Львів (ЛФМЛ)	Закарпаття + Херсон
	Ошлянський А., Альохіна А., Мелентьєва А., Хотязнцевз Н., Ківва Я.	Палько Н., Варті пі М., Бродюк С., Пастущак Б., Рожанківський Д.. Назаркевич Г., Тумак 0.	Середа 0., Сігетій Я., Расторгуєв Д., Половин Д., Дубська К*, Суховецький І.
Середня 4 команди	Київ («Лідер», 1 команда)	Київ («Лідер», 2-і а команда)	Київ («Наукова Зміна»)
	Бабкяко І., Ратаров Д., Бондаренко Д., Нгуен Чунг Кпонг, Європій Б., Олекспок І.	Косюк I», Трескунов Д., Стедурін С., Зайчук !•., Рохварг 1., Табуьов А., Гунько А.	Пушкін Д., Москвич А., Худенко К., Ковальчук В., Макаров Б.
Молодша 6 команд	(3 команди) Київ («Лідер», 1-ша команда) Харків (ФМЛ № 27) Санкт-Петербург (ФМЛ № 239)		
	(К1 Ретпетніков В., Дай олова Ю., Сахаров А.,		
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
	Анпілогов М., Сіриченко В., Кравець А. (X) Руденко 0., Веприк М., Крупчицький 0., Шевченко 0., Картишев Є., Нго .Нгок Тхай ІПон, Назаренко Г. (СПб) Петров В., Бородуліна Д., .Олейник І., Сафонов А., Можаєв І.		
VIII турнір 31 жовтня — 5 листопада 2014 року			
Старша 10 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ (ліцей №-208)	Київ («Лідер», 1-ша команда)
	Шевченко І., Дубова С., Смірнов Д., Ліпартія Н.,‘ Во Дінь Тхань Фанг, Сіліна 0.	Скибицький Н., Тригуб А., Кошель А., Мілантьєв С., Дудаєв Н., Івлєв Є.	Альохіна А., Кучеренко А., Хотяїнцева Н., Мелентьєва А., Казаній С.
Середня 6 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ («Лідер», 2-га команда) Київ (УФМЛ) Ч- Херсон	
	Руденко 0., Веприк Н., Гончаров Д., Шевченко 0., Нго Нгок Ткай Шон, Гарбузова А.	(К) Кравець А., Решетніков В., Кармишева А., Семків Н., Притупа Б., Кисельов Д. (К 4- X) Ян А., Здановська Ю., Мисечко А., Тетерятник С,, Маханько Р., Гера 0., Лисник 0.	
15
Ліга	1-ше місце	' 2-ге місце	3-тє місце
Молодша 10 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Харків (ФМЛ № 27) + Київ (Технічний ліцей)	Київ («Лідер*, 1-ша команда)
	Крупчицький 0., Картишев Є., Кутецький В., Савченко А., Шраменко В., Сарапін Р.	Бобровніков 0,, Назаренко Г., Федоров Р«, Жадан А., Баркилов К,, Кришталь В.	Мендзебровський Г., Бондаренко М., • Іванчик Г., Черемшинський С., Шлапак Я., Цимбал І.
!Х турнір 31 жовтня — 7 листопада 2015 року			
Старша 10 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ (Ліцей № 208)	Київ («Лідер*, 11 клас)
	Шевченко І., Дубова С., Смірнов Д.,	' Ліпартія Н., Во Дінь Тхань Фонг, .Сіліна 0.	Скибицький Н.» Тригуб А., Кошель А., Мілантьєв С., Дудаєв Н., Івлєв Є.	Альохіна А , Кучеренко А., Хотяїнцева Н., Мелентьєва А., Казаній С.
Середня 8 команд	Харків (ФМЛ N° 27)	(2 команди) Київ (УФМЛ) 4- Херсон Київ («Лідер*, 2-га команда)	
	Руденко 0., Веприк Н., Гончаров Д., Шевченко 0., Нго Нгок Ткаіі Шон, Гарбузова А.	(УФМЛ) Яя А., Здановська Ю.» Мисечко А., Тетерятник С,, Маханько Р., Гера О., Лисняк 0, (Л) Решетніков В., Кравець А., Кармишева А., Семків Н., Притупа Б.. Кисельов Д.	
Молодша 14 команд	(2 команди) Харків (ФМЛ № 27 — 1-ша команда) Харків (ФМЛ № 27 — 2-га команда) + Київ («Технічний*)		Київ («Лідер», 1-ша команда)
16
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
	(XI) Крупчлцькїів 0., Картиіпев Є., Кутбцький В., Савченко А., Шраменко В., Сарапін Р. (ХК) Бобровніков 0., Назаренко Г.? Федоров Р., Жадая А,, Барки лов К,, Кришталь В,	•	Мендзебровський Г», Бондаренко М.. їванчик Г.} Черемшинський С,., Шлапак Я., Цимбал І.
X турнір 29 жовтня ~~ 5 листопада 2016 року			
. Старша 8 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ (ПНЛ № 145)	Київ («Лідер», 1 команда)
	Руденко 0., Фам Хоанг Вієт. Нго Нгок Тхай Шон, Сарапін Р.і Вєпрік М.	Тригуб А., Ніколаев А., Горох К., Білокур М,, Петрусеико В», Сидоренко М,	Решетніков В.. Сірниченко В., Бондаренко М., Васильєва К., Кравець А., Іванчик Г,
Середня 10 команд	Харків (ФМЛ № 27, 1-ша команда)	(2 команди) Київ • (ліцей № 208) Львів (ЛФМЛ)	
	Войтович 0., Слободянюк Д>, Осташев Д-. Купріянов М., Гаврюшенко А., Масалітін 0.	(К) Иечнлорук К., Кісленко О., Андреєва М., Юдін Ф.У Азаров Є.» Паламарчук Р. (Л) Дулгер Фединяк В.. Процик М.» Бродюк М.. Лутчин Д.	•
Молодша 10 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ (Ліцей № 208)	Київ (Руеанівський)
	Гладков Ю», Ліикик 0., Сахнюк У., •’ Золотарьов К,5 Уразовський А., Денисков С., Пилаєв І.	Сєдов М., Куяснко Д., Джрс 0., Загривии 0., Тютюнник А.	Хасін М„ Ляпкія Р,, РадоАіеькяй В., Гаврилюк Д., Мостовий А., Точений В.
17
Ліга	1-ціе місце	2-ге місце	3-тє місце
XI турнір 28 жовтня — 4 листопада 2017 року			
Старша 8 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ («Лідер»)	Київ (УФМЛ)
	Нго Нгок Тхай Шон, Сарапін Р., Войтович 0., Вєпрік М., Гарбузова А.	Бондаренко М., Іванчик Г., Черемшинський С„ Цисін М., Москальков А., Шашков В.	Коваль В., Луценко К., Тарасюк Д., Тичковський 0., Бакай В., Тадля М.
Середня 12 команд	Харків (ФМЛ № 27, 1 команда)	Київ («Лідер», 1-ша команда)	Київ (Русанівський)
	Масалітін 0., Лазуренко І., Гладков Ю., Сахнюк У.» Фесенко І., Кушнір А.	Штанденко М., Руденко Д., Дойничко А., Цинцеус А.	Хасін М., Радомський В., Ляпкін Р., Гавридюк Д., Точоний В.
Молодша 10 команд	Харків (ФМЛ № 27)	Київ («Лідер», 1 команда)	Київ (Русанівський)
	Золотарьов К., Уразовський А., Пилаєв І:, Денісков С., Татарінова Ю., Коваль Г.	Наумець 3., Баклан М., Манвелян М., Колодач Я., Соскіна Е., Волобуєв Д.	Шестопалов 0., Ткач Є., Савчук М., Дероган І., Шляхтун П,, Руденко 0.
XII турнір 28 жовтня — 4 листопада 2018 року			
Старша & команд	Київ (УФМЛ, 2-га команда	Збірна команда (Київ, Полтавська та Донецька обл.)	Львів (ЛФМЛ)
	Голембовський 0., Коваль В., Луценко К., Тичковський Ол., Бакай В., Карпенко А.	Крахмілець Б., Горох К., Кісленко 0., Бурцевич В., Береговий Ю., Грабар 0.	Фединяк В., Процик М., Романус Я., Пасічник М., Солоджук Г.
Середня 12 команд	Київ («Лідер»)	Львів (ЛФМЛ)	Київ (Ліцей № 208)
	Наусець 3., Волобуєв Д., Баклан-М., Манвелян М., Колодач Я., Лучка М.	Невшержицький Д., Гоцківський Д., Лушней С., Швець А., Літовчук В., Кривень П.	
18
Ліга	1-ше місце	2-ге місце	3-тє місце
Молодша 10 команд	Київ («Лідер», 1-ша команда)	Львів (ЛФМЛ)	Київ (ПНЛ № 145)
	Шемчук К., Матузка Д., Трегубенко Б., Матвійчук В,, Кравець А., Андрієць С.	Чуківський І., Міхайлова С., Ферендович Ю., Таранин 0., Треділь Р.	Баган Н., Потьомкій 0., Горох Є., Міхновська С., Банний Троцько С.
Нюанси проведення турнірів
Зазначимо, що протягом цих років відбулося становлення орга-
нізації з проведення турніру. Починалося все із забезпечення про-
живання та харчування учасників в УФМЛ. На той час керівниц-
тво ліцею нічим не допомогло в проведенні турніру, усі проблеми
лягли на плечі організаторів. Після того було прийнято рішення
проводити бої та здійснювати харчування учасників в ліцеї «Лі-
дер», а проживання — в одному з таборів у Конча-Заспі. Надалі,
коли змінилося керівництво УФМЛ, ми повернулися до прожи-
вання, а зрештою і до проведення заходу в цьому ліцеї, де умови
насправді виявилися найкращими.
У 2012 році турнір провести не вдалося через вибори до Вер-
ховної Ради України, коли всі школи стали виборчими дільниця-
ми. Осінні канікули перенесли із четверга по середу (для зручності
проведення виборів), що унеможливило здійснення нашого заходу.
Спочатку ми хотіли назвати турнір іменем члена-кореспонден-
та ПАН України М. Й. Ядренка. Однак керівництво механіко-мате-
матичного факультету КНУ імені Тараса Шевченка, де все життя
пропрацював учений, заборонило це робити, оскільки анонсувало
проведення «Математичних ігор імені М. Й. Ядренка». Загалом
і ми були не проти. Історично склалося так, що кожного року пе-
реважна більшість організаторів нашого турніру були викладачами
або студентами факультету кібернетики. Свого часу саме академіки
ІД. Ляшко та В.М. Глушков були ініціаторами створення першого
на теренах СРСР факультету кібернетики. Ось чому ми радо назва-
ли цей турнір іменем академіка 1.1. Ляшка, який із дня створення
факультету пропрацював на ньому все своє життя.
Сподіваємося, що турнір проіснує ще не один рік, можливо,
навіть у зручнішій для учасників формі проведення.
19
Частина 1. Умови задач
Розділ 1
II (РАЙОННИЙ) ЕТАП ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ
МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
Київська районна олімпіада
У цьому розділі ми пропонуємо тексти районної олімпіади
(II етап Всеукраїнської олімпіади), яку проводили в Києві в листо-
паді 2017 року. Тексти готувало журі Київської міської олімпіади.
На виконання роботи учням 6 класу було дано 3 години, учням
усіх інших класів — 4 години.
Цього року всі десять районів Києва висловили бажання пра-
цювати за спільними текстами. Також цю олімпіаду писали учні
УФМЛ.
Досягнувши кінця того, що потрібно знати,
ти опинишся на початку того,
що треба відчувати.
Халіль Джебран
6	клас
1 (001). Чи можна дібрати чотири нескоротних правильних, дро-
би з попарно різними знаменниками, сума яких є натуральним
числом?
2 (002). Шаховий король — це фігура, що атакує всі клітинки, які
мають спільну вершину чи сторону з клітинкою, на якій стоїть
король. Яку найбільшу кількість королів можна поставити на
дошці розміром 10x11, щоб жодні два з них не атакували
. один одного?
З (003). Квадрат 4x4 вирізали з аркуша паперу в клітинку. Визна-
чте найменшу кількість розрізів,, якими його можна розрізати
на 16 клітинок 1x1, якщо після кожного розрізу:
а)	можна перекладати отримані частини перед наступним роз-
різом і розрізати одразу декілька;
б)	не можна перекладати частини, тобто кожним розрізом
можна розрізати лише одну отриману частину.
Примітка. Розрізи дозволено робити лише по лініях, що відді-
ляють клітинки одну від одної.
4 (004). Андрійко написав на трьох картках три різні ненульові
цифри а, Ь, с. Після цього склав з них усі можливі шість три-
цифрових чисел. Далі він додав п’ять із цих шести чисел і ска-
зав Олесі суму, яку отримав,— 3014. Чи зможе Олеся назвати
шосте число, що не ввійшло до цієї суми?
20
7	клас
1 (005). На круглому треку з доріжкою довжиною 400 м велосипе-
дист побачив друга, який був на відстані 150 м і біг від нього.
Швидкість бігуна — 5 м/с. велосипедиста — 15 м/с. За який
найменший час велосипедист може зустріти друга?
2 (006). Знайдіть усі натуральні числа, які не перевищують 2017 та
в три рази більші за суму своїх цифр.
З (007). Мікрокалькулятор Кирила працює дивним чином. Спочат-'
ку Кирило виводить на екран деяке ціле число від 1 до 10, далі
натискує кнопку «=». У результаті число на екрані помножу-
ється на 10 і до отриманого числа додається чи віднімається
деяке ціле число від 1 до 10. Чи може за таких умов після де-
кількох натискань кнопки «=» на екрані з’явитися число 2017?
4 (008). Чи можна розташувати прямокутник АВСЛ і точку М та-
ким чином, щоб відстані від точки М до вершин А, В, С, Р
дорівнювали відповідно 1, 2, 3, 4?
5 (009). На шахівницю розміром 2017x2017 поставили 2017 тур
таким чином, що жодна тура не атакує іншу. Доведіть, що
в кожному квадраті завбільшки 1009x1009 стоїть принаймні
одна тура.
Примітка, Дві тури атакують одна одну, якщо, вони стоять на
одній горизонталі чи одній вертикалі.
8	клас
1 (010). Для яких натуральних п число 2и3 -Зн^+бп-З є простим?
2 (011). На дошці записали число 12341234123412341234. Які циф-
ри з нього треба викреслити, щоб отримати найбільше число,
.що ділиться на 9? У відповіді наведіть отримане .число.
З (012). Знайдіть усі пари натуральних чисел (х; у), що задоволь-
няють рівність
х х+1 х + 2 Л
.	. +---= 3.
у у + 1 у+2
4 (013). В опуклому п’ятикутнику АВСЛЕ відомо, що /.САЛ = /ЛВЕ,
' ЕЕСА = ЕВЕС та АС = ВЕ. Доведіть, що АЛ = ЛВ.
5 (014). У деякії! країні залізницю побудовано таким чином, що
потяги їздять кожною лінією, яка сполучає два міста, лише
в одному .напрямку. У зворотному напрямку рух цією колією
заборонено. Відомо, що не від кожного міста країни можна
дістатися залізницею до кожного іншого міста, навіть шляхом
через інші міста. Чи завжди можна відокремити частину міст
у країні (може, навіть одне місто) таким чином,* щоб із жод-
ного міста іншої частини не можна було дістатися до жодного
міста відокремленої частини?
21
9	клас
1 (015)» Чи може сума непарних добутків трьох послідовних нату-
ральних чисел дорівнювати 2017?
2 (016). Відомо, що квадратні рівняння х2 + аух+Ьг = 0, х2 + а2х+Ь2 = 0
та х2 + а3х+Ь3 -0 мають відповідно корені {х0, х^, {х0,х2} та
{х0, х3}. Визначте корені рівняння Зх2 +(а1 -ьа2 + а3)х-ь(&і +Ь2 + Ь3) =
= 0 через значення х0, хр х2,х3.
З (017). На відрізку АВ вибрали точку С, потім на відрізках АС і СВ
як на діаметрах побудували кола. Пряма ВМ дотикається до
першого кола в точці М, а пряма Аії дотикається до другого
кола в точці N. Позначимо кути: а==АМАВ та $ = ЛАВМ.
Знайдіть значення виразу 3 зіп а зіп Р+зіп а + зіп р.
4 (018). Знайдіть найбільше натуральне число и, для якого існують
шість попарно різних цифр ах, а2, ..., а6, для яких кожне із
шестицифрових чисел, що містить усі наведені цифри рівно
один раз, ділиться на п.
5 (019). Двоє гравців по черзі роблять ходи на прямокутнику в клі-
* тинку розміром 2018x5. Кожен із них одним своїм ходом може
зафарбувати квадрат розміром 1x1, 2x2, 3x3,  4x4 або 5x5.
При цьому цей квадрат не повинен містити вже раніше зафар-
бованих клітинок. Виграє той, хто зафарбує останню незафарбо-
вану клітинку прямокутника. Хто переможе за правильної
гри — перший гравець, який розпочинає гру, чи другий?
10	клас
1 (020). Знайдіть найменше шестицифрове число, що має попарно
різні цифри та ділиться на ціло на 2017.
2 (021). Для додатних чисел а, Ь9 с доведіть, що справджується
нерівність
а с Ь
---4----+---->1,
а 4- Ь Ь + с сьа
З (022). Піфагоровим називають прямокутний трикутник, у якому
всі сторони виражають натуральними числами, наприклад три-
кутник зі сторонами 3, 4, 5. Чи може периметр піфагорового
трикутника бути непарним числом?
4 (023). На колі розташовано точки Р, А, В, а всередині кола —
точку Я таким чином, що ^РАф-900, Р(} = (ІВ, точки Р і В
лежать по різні боки від прямої Аф. Доведіть, що
2А(?В - ЛР$А = 2 /АРВ.
5 (024). Двоє гравців по черзі розрізають аркуш паперу в клітинку
розміром 2017x2017. Кожен робить розріз довжиною 1 по до-
вільній стороні деякого одиничного квадрата. Сторона сполучає
сусідні вузли клітинок, при цьому принаймні один із цих
22
вузлів має бути розташованим на краю аркуша або бути з’єдна-
ним розрізами з краєм. Програє той із гравців, після чийого
розрізання аркуш розпадеться на дві чи більшу кількість ча-
стин. Хто виграє за умови правильної гри — той, хто починає,'
чи той, хто розрізає другим?
11	клас
1 (025). Доведіть, що для довільних дійсних а, Ь завжди має
розв’язки рівняння
(а2-Ь2) х2 + 2(а3-&3) х-<-(а4-д4) = 0.
2 (026). Послідовність Натуральних чисел побудована таким чином:
п-й член послідовності дорівнює добутку перших п простих чи-
сел. Відомо, що різниця деяких двох членів послідовності до-
рівнює ЗО 000. Знайдіть ці числа.
З (027). Нехай дано прямокутний трикутник АВС. На його сторонах
АС і ВС вибрано відповідно точки р та Е так, що АВ - АВ = ВЕ
і ВВ1.ВЕ. Знайдіть відношення — і —.
ВС СА
4 (028). По колу в деякому порядку розставили’числа 1, 2, 3, ...,
40. Число називають гарним, якщЬ наступне за рухом годинни-
кової стрілки число є його дільником. Розставте числа таким
чином, щоб серед них виявилася найбільша кількість гарних
чисел. Скільки гарних чисел може утворитися?
5 (029). Для додатних чисел х, у, з, і, сума яких дорівнює 4, дове-
діть нерівність
Х+1 у+1 2 + 1 І + 1
Розділ 2
III (ОБЛАСНИЙ) ЕТАП
ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
Кілька років. поспіль школярі багатьох регіонів України пи-
шуть ПІ етап Всеукраїнської олімпіади за спільними текстами, що
їх розробляє журі IV етапу. Цього року за спільними текстами
(перший тур, другий тур або обидва) писали учасники в усіх облас-
тях, крім Львівської та Дніпропетровської.
Завдання першого туру журі розробило трьох рівнів — високого,
Переднього та достатнього. Рівні відрізнялися однією задачею. Так,
у завданні середнього рівня порівняно з високим замінили лише
останню (найскладнішу, на думку розробників) задачу, а в завдан-
ні достатнього рівня порівняно із середнім — передостанню.
23
І-ХХІП Київська міська олімпіада юних математиків

Цього річ у черговій Київській міській олімпіаді брали участь
1344 учні шкіл міста Києва та Українського фізико-математично-
го ліцею при Київському національному університеті імені Тараса
Шевченка. Зокрема, у змаганнях за 7 клас узяли участь 356 учнів,
за 8 клас — 272 учні, за 9 клас — 245 учнів, за 10 клас — 276 уч-
нів, за 11 клас — 195 учнів. За традицією Київська міська олімпі-
ада була відкритою для всіх школярів міста Києва: у першому турі
змагалисявсі бажаючі, хто своєчасно зареєструвався.
На виконання роботи в першому турі учням 7 класу було від-
ведено 3 години, учням інших класів — 4 години. У другому турі
учні всіх паралелей розв'язували задачі протягом 4 годин.
Я знав багато людей,
які мали величезні пізнання
і не мали жодної власної ідеї.
Уїлсон Мізнер
7 клас
1 (030).’Андрій написав чотирицифрове число. Олеся викреслила
в ньому останню цифру, і виявилося, що різниця початкового
й отриманого чисел ^дорівнює 2018. Яке число написав Андрій?
Укажіть усі можливі відповіді.
(Богдан Рубльов)
2 (031). Відомо, що книжкова полиця вміщає дев’ять однакових тов-
стих книг, а 10-та книга вже не поміщається. Так само на неї
можна поставити 15 однакових тонких книг, а 16-та вже не по-
міститься. Чи можливо, щоб на полиці помістилися одночасно:
а) 6 товстих та 5 тонких книг; б) 7 товстих та 5 тонких книг?
(Богдан Рубльов)
З (032). На конференцію приїхали по декілька представників
фірм-конкурентів з виробництва гри «Оуепуаісй», при цьому
всі представники різних фірм також є конкурентами. Відомо,
що кожен учасник конференції має рівно 2018 конкурентів се-
ред усіх інших учасників. Яка найбільша кількість учасників
могла брати участь у конференції?
4 (033). Усередині трикутника АВС вибрали точку Р так, що ВС -
= АР та ЛАРС-18$°-ХАВС. На стороні АВ лежить точка К.
для якої АК - КВ + РС. Доведіть, що /А£’С = 90°.
(Данило Хілько)
3.1 (034). У клубі присутні декілька джентльменів. Кожні двоє —
або друзі, або вороги. Відомо, що в кожного з джентльменів
є рівно чотири вороги. Крім того, для кожного з них ворог його
24
друга є 'його ворогом. Яка кількість джентльменів може бути
присутня в клубі?
4,1 (035). У чотирикутнику АВС В точка Е — середина сторони АВ,
точка Г — середина сторони ВС. точка (7 —- середина сторо-
ни АВ. Виявилося» що відрізок СЕ перпендикулярний до сторо-
ни АВ, а відрізок СЕ — до сторони ВС. Знайдіть величину
кута ССВу якщо відомо, що ААВС -ЧФ.
8 клас
1 (036). Порівняйте два числа А =	+ п120 та В~(т + /?.){т2 + п2)х
х(т4 + п4)(т8 + п8)...(т12Є + и128), де т і п — натуральні числа.
2 (037). Учитель писав на дошді цифри 123...9123...9123.... доки не
утворилося 2018-цифрове число. Після цього Андрій та Олеся
стали грати в таку гру. По черзі (розпочинає Андрій) вони ви-
креслювали по дві цифри таким чином: або дві перші цифри
числа, що залишилося після попереднього ходу, або дві останні
цифри, або першу та останню цифри того числа. Гра закінчу-
валася, коли залишалося двоцифрове число. Перемагає Олеся,
якщо це число ділиться на 3, інакше перемагає Андрій. Хто
переможе за правильної гри обох гравців?
(Богдан Рубльов)
З (038). У рівнобедреному трикутнику АВС з вершиною в точці В
проведено висоти ВН та СЬ. Точка В є такою, що ВВСН — пря-
мокутник» Знайдіть величину кута ВЬН.
(Богдан Рубльов )
4 (039). Відомо, що книжкова полиця вміщає дев’ять однакових
товстих книг, а 10-та книга вже не поміщається. Так само на
неї можна поставити 15 однакових тонких книг, а 16-та вже
не поміститься» Чи можливо, щоб на полиці помістилися од-
ночасно:
а) 7 товстих та 5 тонких книг; б) 6 товстих та 6 тонких книг?
( Богдан Рубльов)
5 (040). Кавабланка та Дльохін вирішили зіграти шаховий матч
із 16 партій за такими правилами. Переможець першої партії
отримував 1 = 3° песо, переможець другої— 3 -3і песо, перемо-
жець третьої партії — 9 = З2 песо і т. д. Якщо партія завершу-,
вилася внічию, то вони ділили призовий фонд партії навпіл.
Виявилося, що по завершенні матчу Альохін заробив на
2018 песо більше, ніж Капабланка. Скільки партій виграв ко-
жен із гравців?
(Богдан Рубльов)
4.1. Задача 8-ій) (039).
5.1; Задача 10-3 (048).
25
9 клас *
1 (041). Розв’яжіть у натуральних числах х, у, 2 систему рівнянь
х3-6г/2+27и = 132; <
< г/3-9з2 + Зх = 125,
23-Зх2+12г/ = -68.
2 (042). Учитель писав на дошці цифри 123...8123...8123... послі-
довно в указаному порядку, доки не утворилося 2018-цифрове
число. Після цього Андрій та Олеся стали грали в таку гру.
По черзі (розпочинає Андрій) вони викреслювали по дві цифри
таким чином: перші дві цифри числа, що залишилося після
попереднього ходу, останні дві цифри або першу та останню
цифри того числа. Гра закінчувалася, коли залишалося дво-
цифрове число. Перемагає Олеся, якщо це число ділиться на 4,
інакше перемагає Андрій. Хто переможе за правильної гри обох
гравців?
(Богдан Рубльов)
З (043). Доведіть для додатних- чисел нерівність
2х + у 2у + г 2г+ х
4 (044). Знайдіть усі трійки чисел (х, у, р), д,е х, у — натуральні,
р — просте, що задовольняють рівність
у(х2+р)-х(і/2 + р) = р.
(Богдан Рубльов)
5 (045). У трикутнику АВС серединний перпендикуляр до сторо-
ни АС перетинає бісектрису трикутника АК у точці Р. Точка М
є такою, що ЛМАС = АРСВ, ЛМРА = АСРК, точки М і К ле-
жать по різні боки від прямої АС. Доведіть, що пряма АКТ ділить
відрізок ВМ навпіл.
(Антон Тригуб)
4.1.	Задача 11-2 (053).
-5.1 (046). Дано, коло Г діаметра АВ із центром у точці* О та ква-
драт ОВБЕ, Р — друга т^очка перетину прямої А_О і кола Г,
С — середина відрізка АР. Знайдіть величину кута ОСВ.
10 клас
1	(047). Розв’яжіть у цілих числах х, у систему рівнянь
х4 + 4г/3 + 6х2 + 4г/ = “137,
г/4 + 4х3 + 6 г/2 + 4х = 472.
2	. Задача 11-3 а) (054).
З (048). Відомо, що деяке натуральне число А має рівно 2018 нату-
ральних дільників (включно з 1 та .самим числом А) і ділиться
26
націло на 2018. Доведіть, що число А не ділиться наділо на
20182.
(Микола Мороз)
4 (049). У гострокутному трикутнику АВС провели висоти ВР і С(?,
Т — точка перетину висот трикутника РАСІ. Виявилося, що
ЛСТВ=90°. Знайдіть величину кута ВАС.
(Михайло Плонініков )
5 (050). Для додатних чисел х, у, 2 доведіть нерівність
(	\2	/	\2 Г \2	л
2р-І +2 М- +2Ґ-І- +-----------------------------<1.
\2х+у)	\2у+г)	\2г + х) (2х + у)(2у. + з)(2£ + х)
(Вадим Мипгрофанов)
4.1. Задача 9-5 (045).
5.1 (051). Порівняйте два числа А;=иг52’5+ и525 і В = (т-*-п)(/п2 ч-п2)х
х (ги4 + п4) (?п8 + п8)... (?п128 + п128), де т та ті — натуральні числа.
11 клас
1 (052). Чи існує таке значення хє^0,~], при якому числа зіп х,
соз х і х утворюють геометричну прогресію?
(Богдан Рубльов)
2 (053). Знайдіть пари натуральних чисел х, які задовольняють
систему рівнянь
[[х, у]+(х, г/) = 2018,
|х+у=2018,
де через [х, у} та (х, у) позначено НСК і НСД чисел х. у.
(Леонід Бедратюк )
З (054). Для яких натуральних ті квадрат пхп можна повністю
покрити без накладання деякою кількістю прямокутників &х1
та одним квадратиком 1x1, якщо:
а) к = 4;	б) Ь = 8?
(Богдан Рубльов )
4 (055). Дано нерівнобедрений трикутник АВС, у якому 2АС - АВ +
+ ВС. Позначимо через І центр вписаного в нього кола, через
К — середину дуги АВС описаного кола. Нехай Т — така точка
на прямій АС, що ЛТІВ-90°. Доведіть, що пряма ТВ дотика-
. ється до описаного кола трикутника КВІ.
(Антон Тригуб)
5. Задача 10-5 (050).
4.1 (056). У чотирикутнику АВСБ діагональ АС є бісектрисою
кута ВАБ, /АБС = 2АСВ. Точки X, У — основи перпендикулярів,
27
проведених із точки А на прямі ВС і С2) відповідно. Доведіть,
що ортоцентр трикутника АХ¥ лежить на прямій ВВ.
5.1 (057). Нехай х, у, 2 — додатні дійсні числа такі, що
Х + у + 2 = ~ + ~4-І. ДОВЄДІТЬ, ЩО ХІ/ + у2 + 2Х >3.
х у 2
II тур

Ви матимете все,
якщо не будете перейматися тим,
кому дістануться нагороди за ваші заслуги,
БенДжамін Франклін
7 клас
. 0 (058). Чи існують такі нецілі числа х, у, що для довільних цілих
чисел а, Ь однакової парності числа х + у та ах + Ьу є цілими?
1 (059). Позначимо через [х3,х2] і [у19 у29 у3] найменше спільне
кратне чисел хк х2 та у19у29 у3 відповідно. Для чотирьох нату-
ральних чисел а, Ь9 с9 (і визначимо числа А та В, де:
А = [а, &, е] * [а, 6, с/] - [а, с, б/] • [6, с, </],
В=[а, Ь]  [а, с] • [а,	• [&, с] • [5, гі] - [с, </].
Доведіть, що А6 > В4.
2 (060), Фундамент,, що є квадратом 4x4, розділено на квадратики
1x1. Між кожними двома сусідніми по стороні квадратиками
е щілина довжиною 1. Цей фундамент покривають у декілька
шарів цеглинами розміром 2x1. Кожний шар складається
з восьми цеглин, і кожна цеглина щільно закриває рівно одну
щілину довжиною 1. Таке покриття шарами цеглин називають
міцним, якщо кожна щілина принаймні в одному із шарів за-
кривається цеглиною. Яку найменшу кількість шарів може
мати міцне покриття?
(Богдан Рубльов)
З (061). Чи можна на папері в клітинку за допомогою лінійки, якою
можна проводити пряму лінію між двома вузлами, намалювати
квадрат площею 50 клітинок?
4 (062). Дійсні числа а, Ь, с задовольняють умови; аЬ - с = 1000,
. Ьс - а = 10'18, са - Ь = -2018. Доведіть, що а+Ь+с^О.
3.1 (063). Чи можна побудувати на площині шість кіл, кожне
з яких проходить через центри рівно трьох інших кіл?
4.1 (064). Числа а, Ь задовольняють умову
7®3&? і тт
-----т- = 1. Чому може
„О ЛІО	*
а —оо
дорівнювати значення виразу
з к2 •
а
»2+62
28
8 клас .
1 (065). Чи існують такі нецілі числа х, у, що для довільних цілих
чисел а, Ь числа х + у та ах + Ьу є цілими?
2 (066). Яка найбільша кількість чисел може бути в послідовності
натуральних чисел а19 а2, ...» ал, якщо вона задовольняє такі
умови:
•	а1 > 1 — просте число;
•	для кожного і, 2<і<п, справджується подільність
аі • аіа2***аі-1^
•	ал=22 -З3 -5® -77 -її11 -ІЗ13 -17".
Якого при цьому найбільшого значення може набувати ах ?
З (067). Фундамент, що є прямокутником 2тх2п, розділено на
квадратики 1x1. Між. кожними двома сусідніми по стороні ква-
дратиками є щілина довжиною 1'. Цей фундамент покривають
у декілька-шарів цеглинами розміром 2x1. Кожний шар скла-
дається з 2тп цеглин, і кожна цеглина щільно закриває рівно
одну щілину довжиною 1. Таке покриття шарами цеглин нази-
вають міцним, якщо кожна щілина принаймні в одному із ша-
рів . закривається цеглиною. Яку найменшу кількість шарів
може мати міцне покриття?
(Богдан Рубльов )
4 (068). У трикутнику АВС відомо, що ХАСВ> 90°, ХСВА> 45°. На
сторонах АС і АВ знайшлися відповідно точки Р і Т такі, що
РТ = ВС і РТ ± ВС. Точки Д і Д на сторонах АС і АВ відповідно-
такі, що АР = СРГ і АТ = ВД. Доведіть, що ХСВА-АР1Т1А = 45°.
(Антон Тригуб)
5 (069Х Дійсні числа а, Ь, с, д задовольняють умови: аЬс - д, = 1,
Ьсд - а = 2, сда -Ь = 3, (ІаЬ - с = -6. Доведіть, ща а + д+с+с/^О.
4.1 (070). На сторонах АВ, ВС і СА рівнобедреного трикутника АВС.
, з вершиною в точці В відмітили тбчки М, 2) та £ відповідно
таким чином, що АМ = 2ВС, ААМВ-АКБС. Доведіть, що
МБ = КБ.
5.1. Задача 7-4 (062).,
9 клас
. 1 (071). Для яких цілих чисел а, Ь різної парності існують такі не-
цілі числа х, у, що числа х + у та ах + Ьу є. цілими?
2 (072). Розріжте прямокутний трикутник з кутом 30° на три рів-
нобедрених негострокутних трикутники, серед яких немає од-
накових.
*	(Марія Рожкова )
29
З (0'73). Знайдіть усі пари дійсних, чисел (х, г/), які задовольняють
рівність
4х + 3у = 2х
х2+уг
X2
де [з] — ціла частина числа и, тобто найбільше ціле число, що
не перевищує 2.
(Валентіїин Лейфура)
4 (074). Фундамент, що є квадратом 6x6, розділено на квадратики
1x1. Між кожними двома сусідніми по стороні квадратиками
є щілина довжиною І. Фундамент покривають у декілька шарів
цеглинами розміром 3x1. Кожний шар складається з 12 цеглин,
і кожна цеглина щільно закриває рівно дві щілини довжиною 1.
' Таке покриття шарами цеглин називають міцним, якщо кожна
щілина принаймні в одному із шарів закривається цеглиною.
Яку найменшу-кількість шарів може мати міцне покриття?
(Богдан Рубльов)
5 (075). Серед чисел 1, 2, ...» п вибирають дев’ять попарно різних
чисел, якими заповнюють комірки таблиці 3x3 таким чином,
щоб добуток чисел у кожному рядку, кожному стовпчику та
кожній із двох діагоналей був однаковим. При якому наймен-
шому ті це можливо?
(О. Кукуш, М. Рожкова)
4.1 (076). У табір на збори приїхали п учнів. Відомо, що кожна
дитина (хлопчик чи дівчинка) у таборі знайома рівно з одним
хлопчиком та рівно з однією дівчинкою. Чи можлива така си-
туація, якщо:
а) п = 2000;	б) п = 2018?
5.1 (077). На дошці записали натуральні числа' 1, 2, 3, ..., І00,
кожне рівно один раз. Петрик та .Івась грають у таку гру (роз-
починає Петрик): гравці по черзі витирають по одному числу.
Програє той із гравців, після чийого ходу суму всіх витертих
(обома гравцями) чисел не можна подати як різницю квадратів
двох цілих чисел. Хто програє в цій грі, якщо кожен прагне
виграти?
10 клас
1 (078). Три попарно різних натуральних числа а, Ь, с мають Добу-
ток 80. Якому найменшому простому числу може дорівнювати
їхня сума?
2 {079). Чи існують функції /: (0; 1) —> (2018; +<х>), для яких одночас-
но виконуються такі умови:
•	ї(ху)-ї(х) • /(у) для довільних х, ує(0; 1);
•	для кожного у є (2018; 4-°°) існує хє(0;1): /{х) = г/?
(Юрій Жучок)
ЗО
З (080). Знайдіть найбільше натуральне число» у якому всі цифри
різні та яке ділиться на кожну із цих цифр.
(Богдан Рубльов )
4 (081). У гострокутному трикутнику АВС відмітили- ортоцентр Н
і центр описаного кола О. Пряма АО перетинає сторону ВС
у точці Б. Перпендикуляр, проведений до сторони ВС у точ-
ці Р, перетинає висоти, опущені з вершин В і С трикутни-
ка АВС, у точках X та У відповідно. Доведіть, що центр описа-
ного кола трикутника НХУ рівновіддалений від точок В і С.
(Данило Хілько)
5 (082). Нехай є країна «У» з містами А^,А^,.:.,Ап, які сполучено
авіарейсами таким чином, що від кожного міста можна діста-
тися до кожного іншого, можливо, з пересадками. При цьому
— найменша кількість авіарейсів, які необхідно здійснити,
щоб дістатися з міста Аі до міста А\, сі — кількість усіх авіа-
рейсів у країні, а
Р = , + СІ. 9 4-... + ^, 4- СІ9 « 4-С&, .+... + </<> +... + С? 1 .
1,1 . 1»«5	1,Л «5,0	«5,4	2,П	П-1,П
Доведіть нерівність
а+—«і(п+1)(п+2).	' 
• п-1 2
(Дмитро Петровський)
3.1	(083). Точка О —'центр описаного кола гострокутного трикут-
ника АВС. Пряма АС перетинає вдруге описане коло трикутни-
ка АВО в точці X. Доведіть, що ХО ± ВС.
4.1	(084). У країні є ЗО міст, деякі з них сполучено авіарейсами.
При цьому сукупність усіх рейсів задовольняє таку умову:
якщо з неї прибрати будь-які 26 міст з усіма авіарейсами, що
мають принаймні один із кінців у цих містах, то* між чотир-
ма містами, що лишилися, система авіарейсів буде такою, що
з будь-якого міста пасажир дістанеться до будь-якого іншого,
можливо, з .пересадками. За якої найменшої кількості авіарей-
сів у початковій сукупності авіарейсів таке можливе?
11 клас
1 (085). Три попарно різних натуральних числа а, Ь, с мають добу-
ток 320. Якому найменшому простому числу може дорівнювати
їхня сума?
2 (086). Розв’яжіть у додатних Числах (х, у, г) систему рівнянь
х4-і/2=2з3,
« У + 22 = 2х3,
г + х2=2г/3.
(Богдан Рубльов)
31
З (087). У чотирикутнику АВСВ відомо, що АВ - ВС, точка К —
середина сторони СІ), промені ВК і АВ перетинаються в точці М,
описане .коло трикутника АВМ перетинає вдруге пряму АС
у точці Р. Доведіть, що Л.ВКР- 90°.
(Анпіон Тригуб)
4. Задача 9-5 (075),
5. Задача 10-4.1 (084).
3.1. Задача 9-5.1 (077).
4.1. Задача 10-41 (084).
Розділ З
ВІДБІР НА IV ЕТАП
ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
Відбір команди міста Києва
на IV (заключний) етап
Всеукраїнської математичної олімпіади
У . цьому розділі наведено завдання, що їх було запропоновано
команді міста Києва під час відбору на Всеукраїнську олімпіаду..
Відбір відбувався в три основних тури, у якому взяли участь 24 учні
8 класу та 7 учнів 7 класу, що змагалися з восьмикласниками,
10 учнів 9 класу, 17 учнів 10 класу та 11 учнів 11 класу. Крім того,
паралельно змагалися 20 найкращих учнів з УФМЛ. Перший тур
відбору паралельно писали учні Києва, Харкова та Львова.
Відбір проходив у форматі IV етапу Всеукраїнської олімпіади:
учні розв’язували чотири задачі протягом 4 годин.

8 клас
1 (088). У таблиці 1009x1009 відмічено 2018 клітинок. Доведіть,
що деяка з відмічених клітинок розташована нижче й лівіше за
іншу відмічену клітинку.
2 (089). У рівнобедреному трикутнику АВС на основі АС відмічено
точку Р, а на стороні ВС точку <3 таким чином, що АВ = СР
і АР ~ ВР = Рф. Доведіть, що А(і — бісектриса кута ВАС.
З (090). На подвір’ї Марійчиного будинку є карусель. Дівчинка
щодня катається на ній, а щовечора залишає її в одному
й тому ж положенні. Щоночі до Марійки на подвір’я приходять
три ведмеді та крутять карусель. Тато-ведмідь за один раз по-
1	1
вертає карусель на -- повного оберту, мама-ведмедиця — на
7	о
32
а син-ведмедик — на —. Кожен із ведмедів може повернути
52
карусель стільки разів, скільки захоче. У скількох різних поло-
женнях може знайти Маша карусель уранці?
4 (091). Натуральні числа пік задовольняють нерівність
Відомо, що для довільного натурального дільника с? числа п
число <ік +к є простим. Доведіть, що число п + к просте.
9 клас
1 (092). Розв’яжіть рівняння
8 у/ху = (4х + уіу) (у/х +1) (д/г/ 4-1)>
2 (093). Комічні куплети зібралися послухати 2018 людей, деякі
з них спочатку товаришують між собою (під час прослуховуван-
ня нових товаришів не заводять і не сваряться). Раз на хвилину
. виконавець куплетів містер Гарріс відправляє із зали до саду
або всіх, у кого в залі лишилася парна кількість товаришів, або
всіх, у кого в залі лишилася непарна кількість товаришів. Чи
правда, що містер Гарріс напевно зможе відправити всіх до саду
не більше ніж за 10 хв?
З (094). В опуклому чотирикутнику АВСИ із прямими кутами при
вершинах В і І) на продовженні сторони АВ за точку А вибрано
. таку точку Р, що ХВСР = ^ВА2Х Точка (£ симетрична точці В
відносно точки В. Доведіть, що АВАС - ХВ&ІР,
4 (095). Знайдіть усі такі натуральні числа п, для яких 2П-Ь7А2 н-25
• є кубом простого числа.
10 клас
1 (090). Знайдіть усі пари натуральних чисел (а, д), для яких число
а2018-ьд ділиться на
2 (097). Додатні числа а, Ь9 с задовольняють умову & + Ь + с « 1.
Доведіть, що
(а+1) фа.(1-а) +(&+!)	+ (с+1) ^(І-с) > 8 (аЬ+Ьс+са).
З (098). У країні є 2017 міст. Між деякими з них здійснюють-
ся двосторонні авіалерельоти. Відомо, що від будь-якого міста
можна долетіти • до будь-якого іншого. Міністерство оборони
хоче вибрати кілька міст і назвати їх стратегічно важливими
таким чином, щоб від будь-якого з міст країни існував прямий
авіапереліт до деякого стратегічно важливого. Якої мінімальної
кількості стратегічно важливих міст гарантовано вистачить мі-
ністерству оборони?
4 (099). У трикутнику АВС виконується нерівність АВ < АС. Бі-
сектриса кута ВАС трщ<утника перетинає його описане коло
в точці В. Серединний перпендикуляр до відрізка АС перетинає
33
бісектрису зовнішнього кута при вершині А трикутника. АВС
у точці X. Доведіть, що середина відрізка АВ лежить на описа-
ному колі трикутника АЛ2.
11 клас '
1 (100). Відомо, що найбільший спільний дільник чисел а та Ь
у дев’ять разів менший від найбільшого спільного дільника чи-
сел а + 6 і Ь. Яких значень може набувати. НСД (а, Ь)?
2 (101). Дано натуральне число п. Скількома способами можна роз-
бити дошку 4х4п на фігурки тетраміно, що утворюються відрі-
занням від прямокутника 2x3 двох кутових квадратиків з од-
нієї сторони?
•* Примітка. Фігурки можна повертати й перевертати.
З (102). У гострокутному трикутнику АВС висоти перетинаються
в точці Н, а бісектриси. — у точці І. Коло, описане навколо три-
кутника ІВС, перетинає відрізок АВ у точці Т. Точка — осно-
ва перпендикуляра, опущеного з точки Н на пряму ІА. Точка Р
є такою, що (і — середина відрізка РТ. Доведіть, що точки В,
НІР лежать на одній прямій.
4 (103). Дано послідовність (с^), іє2£+, причому *с2018 > 0. Послідов-
ність мйогочленів визначається таким чином:
Р_і(х)=0, І0(х)=1, Рп+1(х) = хРп(х)±спРп_1(х)9	.
Доведіть, що не існує натурального п > 2018 і дійсного а, для
яких Ріа(х)=Рп(хі+а).
II тур
8 клас
1 (104). Назвемо коефіцієнтом попадання (КП) для баскетболіста.
у грі відношення кількості штрафних кидків, які він реалізу-
вав, до загальної кількості штрафних кидків, які він уже ви-
конав. Відомо, що всю першу половину гри КП Шакіла О’Ніла
складав відношення, що менше від 2У, а після завершення всієї
гри — більше за N. Чи обов’язково в деякий момент гри цей КП
точно дорівнював якщо:
а) Я=-;	б) #=-?
4	5
2 (105). Позначимо через с (О, В) описане коло гострокутного три-
кутника АВС, де О та В — відповідно центр і радіус кола с.
Нехай Р — така точка на стороні АВ, для якої АР <-АВ; Коло
2
с^Р, РА) перетинає пряму ОА в точці А!, а коло с — у точці К.
34
Доведіть, що чотирикутник ВКЕА’ вписаний у коло, що про-
ходить через точку О,
З (106). Для даного натурального непарного числа п знайдіть най-
менше можливе натуральне число /п, для якого послідовні на-
туральні числа тп,7п + 1,7п + 2, т + З діляться націло відповід-
но' на послідовні непарні числа л* п 4- 2, п 4- 4, п + 6.
4 (107). Через точку А на площині проведено три прямі, що поді-
ляють її на шість секторів. Усередині кожного сектора є п’ять
точок, причому жодні три із ц їх ЗО точок не лежать на од-
ній прямій. Доведіть, що існує щонайменше 1000 трикутників
з вершинами в цих точках, які містять точку А всередині або
на стороні.
9 клас
1. Задача 8-3 (106).
2 (108). Дійсні числа а, Ь, с > -1 задовольняють умову а3 + Ь3 + с3 = 1.
Доведіть, що справджується нерівність
а-і-&-ьс + а2+&? + с2 <4.
Для яких значень а, Ь, с можлива рівність?
З (109). Опуклий чотирикутник АВСВ вписаний у коло. Прямі АВ
і ВС перетинаються в точці Е. Точки М, N вибрано на сторонах
АВ, ВС відповідно таким чином, що АМ: МВ = В№ N0. Описані
кола трикутника ЕМИ і. чотирикутника АВСВ перетинаються
в точках.X, У. Доведіть, що прямі АВ, СВ та ХУ перетинаються
в одній точці або паралельні.
4. Задача 8-4 (107).
10 клас
1. Задача 9-2 (108). -
2. Задача 9-3 (109).
З (110). Назвемо точку Р всередині трикутника АВС дивовижною,
якщо із цієї точки можна провести рівно 27 променів, які пере-
тинають сторони трикутника АВС таким чином, що він поділя-
ється рівно на 27 трикутників рівної площі. Скільки може бути
дивовижних точок усередині трикутника АВС?
4 (111). Чи існує арифметична прогресія з 2016 натуральних чле-
нів, що задовольняють умови: серед її членів немає жодного,
який є натуральним степенем (більшим від першого) цілого
числа, а добуток усіх членів є таким степенем?
11 клас
1 (112). Гострокутний трикутник АВС має інцентр у точці І., Пря-
ма, що перпендикулярна до прямої ВІ в точці І, перетинає
35
сторони ВА і ВС у точках Е та В відповідно. Точки Р і (? — ін-
центри трикутників АВІ та СВІ. Доведіть, що коли точки В,
Е, Р, (} — циклічні, то АВ = ВС.
2. Задача 10-3 (110).
З (113).' а) Яких значень може набувати додатна величина а, щоб
для довільних значень х, у, 2, які є сторонами трикутника,
справджувалася нерівність
Х2 + і/2+-22 <а(ху + у2 + гхУІ
б) Знайдіть усі додатні числ і а, для яких кожна трійка чисел
х, г/, и, що задовольняє нерівність х2 + і/2+22 <а(хг/+г/2+их),
. Має таку властивість: х, 7/, ? є сторонами деякого трикутника.
4. Задача 10-4 (111).
IIІ тур
8 клас
1 (114). На колі рівномірно розташовано 2016 точок, які занумеро-
вані числами 1, 2, ..., 2016 за рухом годинникової стрілки. Ко-
ник може стрибати з точки, де перебуває на даний момент (на-
приклад, вона-має номер п), за рухом годинникової стрілки
. в точку, що має номер п + 2 чи п 4- 3 (2017 ~ 1,2018 ~ 2,2019 - 3).
За яку найменшу кількість стрибків коник зможе, починаючи
.з точки 1, побувати в усіх інших точках та повернутися в по-
чаткову точку?
2 <1Ї5). Позначимо через Вп суму цифр числа 199Л, пєН. Знай-
діть найменше можливе значення 8П.
З (116). Вписане в трикутник АВС коло дотикається до сторін ВС,
АС, АВ у точках В, Е, Е відповідно. Пряма, що проходить че-
рез точку Е перпендикулярно до прямої ЕЕ, перетинається
з прямою ЕВ у точці Р. Аналогічно пряма, що проходить через
точку В перпендикулярно до прямої ВЕ, перетинається з пря-
мою ЕЕ у точці (і. Доведіть, що точка В є серединою відрізка Р(}.
4 (117). Знайдіть усі трійки цілих чисел а > 0 > Ь > с, що задоволь-
няють такі умови: а + Ь + с = 0, а число N = 2017-а3Ь-Ь3с-с3а
є квадратом цілого числа.
9 клас
1 (118). Числа а2,..., яі00) — перестановка чисел (1, 2, ..., 100).
Для кожної трійки (ар я.+1, аі+2), 1<і<98, сусідніх значень се-
реднє за величиною число трійки зафарбовано жовтим. Напри-
клад, для трійки -Я, аі+1 =98, а.+2 =22) зафарбовано число
36
аі+2=22. Якого найменшого значення може набувати сума 8
усіх жовтих чисел?
Примітка. Число, яке є жовтим для двох або більше трійок
чисел, ураховувати в сумі один раз.
2. Задача 8-3 (116). •
3. Задача 8-4 (117).
4 (119).: Нехай п > 2 — натуральне число, для кожної пари нату-
ральних взаємно простих чисел а, Ь позначимо через (іа Ь —
НСД (па + Ь, пЬ + а). Знайдіть найбільше можливе значення 6
для всіх можливих значень а, Ь.
10 клас
1. Задача 9-1 (118).
2 (120). Коло к — зовнівписане коло трикутника АВС, що доти-
кається до сторони ВС у точці К і продовжень сторін АВ та
АС у точках Ь і М відповідно. Коло з діаметром ВС перетинає
відрізок ЬМ у точках Р і (} (точка Р належить відрізку ЬО}. До-
ведіть, що прямі ВР і, С($ перетинаються в центрі кола к.
3. Задача 9-4 (119).
4 (121). Знайдіть усі функції /: В ->В такі, що V л:, у є В справджу-
ється рівність
ї{х3+Ку)У=хіНх)+у, '
11 клас
1. Задача 10-2 (120).		'
2 (122). Нехай а, Ь — раціональні числа, які задовольняють умову
а+Ь-а2 + Ь2 =8, при цьому число з неціле. Подамо його у вигля-
ді нескоротного дробу 8 = —. Позначимо через р найменший
п
простий' дільник числа п. Якого найменшого значення може
набувати р?
З (123). Сейф має кодовий замок, код якого складається з .трьох
цифр, не обов’язково різних. Алекс має розгадати його, задаю-
чи контрольні комбінації та отримуючи на них такі відповіді:
якщо задана комбінація не містить жодної правильної цифри
на своїй позиції, то він отримує відповідь «НІ»; якщо при-
наймні в одній позиції цифра правильна, то отримує відповідь
«ТАК» (навіть для правильно вгаданого трицифрового коду).
Інакше кажучи, якщо код 0.14, то в разі спроб 099 та 014 буде
отримано відповідь «ТАК», а в разі спроб 140 і 987 — відповідь
«НІ». За яку найменшу кількість спроб Алекс гарантовано змо-
же вгадати код?
4. Задача 10-4 (121).
37
Розділ 4
IV (ЗАКЛЮЧНИЙ) ЕТАП
ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
IV!!! Всеукраїнська математична олімпіада
У березні 2018 року IV етап Всеукраїнської учнівської олімпі-
ади з математики відбувся в місті Одесі. У змаганні взяли участь
173 учні з усіх регіонів України: 44 — за 8 клас, 46 — за 9 клас,
41 — за 10 клас, 42 — за 11 клас. Учасники розв’язували за-
дачі протягом двох днів. Щодня в кожній паралелі пропонували
4 + 1 задачу на 4 години 5 хвилин,
Перший день. ИИМЖі
Давно відомо, що 20 відсотків людей
виконують 80 відсотків роботи.
Нещодавно з'ясувалося, що 80 відсотків людей
вважають, що вони входять до цих 20 відсотків.
З фольклору
8 клас
1 (124). Відомо, що для деякого значення а справджується рівність
а4—1 ~4. Чи може бути цілим число х = а4 + —т?
а
2 (125). Чи існує прямокутник, який можна розрізати на п’ять ква-
дратів, серед яких два однакові, а всі інші — попарно різні та
відмінні від однакових, при цьому однакові квадрати є:
а) найменшими з усі#;	б) найбільшими з усіх?
З (126). Знайдіть найбільше трицифрове число п, для якого вико-
нується така умова: існує рівно. 16 пар натуральних чисел (а, д),
де а < Ь, Р.Л.Я яких п є найменшим спільним кратним.
(Богдан Рубльов)
4 (127). У трикутнику АВС відмічено ортоцентр Н і проведено ви-
соту АК. Коло ю проходить через точки А і К та перетинає сто-
рони АВ і АС у точках М та N відповідно. Пряма, що проходить
через точку А паралельно стороні ВС, удруге перетинає описані
кола трикутників АНМ та АНИ у тачках X і У відповідно. До-
ведіть, що XX = ВС.
. (Данило Хілько)
9 клас
1 (128). В олімпіаді взяли участь 60 школярів. їм було запропоновано
вісім задач, кожну з яких оцінювали від 0 до 7 балів. Доведіть,
що обов’язково будуть три учасники, чиї резільтати попарно від-
різняються не більше ніж на 1 бал. Чи справдилося б тверджен-
ня задачі, якби в олімпіаді взяли участь 58 школярів?
38
Примітка. Результат учасника олімпіади — це загальна кіль-
кість набраних* ним балів.
2 (129). Андрій за квітень прочитав товсту книгу. Він читав за
таким графіком: з 1 по 20 квітня хлопець прочитував у серед-
ньому по 20 сторінок за день, із 6 по 25 квітня — у середньому
по ЗО сторінок за день, а з 11 по ЗО квітня — у середньому по
40 сторінок за день. Яку максимальну та мінімальну кількість
сторінок могла мати ця книга?
(Богдан Рубльов )
. З (130). У гострокутному трикутнику АВС бісектриса кута А. пе-
ретинає коло, описане навколо цього трикутника, у точці Ж.
З точки ТУ на пряму АВ опустили перпендикуляр ТТП7, а із цен-
тра вписаного кола І цього трикутника опустили перпендику-
ляр ІР на пряму ТУС7. Нехай точка М — середина відрізка ВС.
Доведіть, що пряма МР проходить через середину відрізка СІ.
(Микола Мороз)
4 (131). Дільники складеного натурального числа п, яке не є ква-
дратом простого числа, позначимо в порядку зростання таким
чином: 1 < < д2 <... <	< п, 1>2. Цл.я яких п-існують на-
туральні числа а, Ь та П, що задовольняють умови (і1+(і2<=Па
та
(Богдан Рубльов )
10 клас
1 (132). Розв’яжіть у натуральних числах х, у, р, п, к систему рів-
нянь
Ібх+і/ = рА,
[5у + х = рк+п.
(Богдан Рубльов )
2 (133). Дано рівнобедрений тупокутний трикутник АВС з верши-
ною в точці В. Серединний перпендикуляр до сторони ВС пе-
ретинає прямі АС і АВ у точках КІМ відповідно. Доведіть,
що точка, симетрична точці А відносно прямої ВК, лежить на
прямій СМ.
(Антон Тригуб)
З (134). Двоє гравців — Андрій та Олеся грають у таку гру. На
столі лежить круглий торт, який один із них розрізає на 4п
попарно різних за вагою шматочків (секторів). Вага кожного
шматочка відома обом гравцям. Після цього вони вибирають
собі шматочки за таким правилом. Спочатку Андрій вибирає
один шматочок, потім Олеся вибирає дйа шматочки, але таким
чином, щоб шматочки, які залишаться на столі після її ходу,
39
утворювали, сектор. Далі гравці по черзі беруть по два шматоч-
ки так, щоб після кожного ходу шматочки торта, що залишили-
ся на столі, утворювали сектор. Останнім ходом Андрій забирає
останній шматочок. Кожен із гравців прагне, щоб загальна вага
частини торта, яку він узяв, була більшою, ніж у супротивни-
ка. Чи зможе хтось із гравців гарантовано взяти собі більше ніж
половину всього торта, якщо:
а)	розрізає торт на сектори Олеся;
б)	розрізає торт на сектори Андрій, але своїм першим ходом
він не має права брати найбільший за вагою шматочок?
. (Богдан Рубльов)
4 (135). Знайдіть усі функції / :[0,+со)—>[0, і-оо), які для всіх не-
від’ємних х, у задовольняють рівність
/ (/ (ж) + 7 (у)) = хуі (х + у).
(Ігор Воронович)
11 клас
1 (136). Знайдіть усі трійки попарно різних натуральних чисел
(а, &, с), які задовольняють умову: число 2а - 1 ділиться націло
на Ь, число 2Ь - 1 ділиться націло на с, число 2е - 1 ділиться
націло на а,
(Богдан Рубльов)
2 (137). У гострокутному трикутнику АВС проведено висоту АН,
і медіану АМ. На прямих АВ і АС узято точки X та У відповідно
так, що АХ = ХС і АХ = УВ. Доведіть, що середина відрізка XX
рівновіддалена від точок Н і М,
(Данило Хілько)
3. Задача 10-4 (135).
4 (138). Двоє гравців — Андрій та Олеся — грають у таку гру.
На столі лежить круглий торт, який один із них розрізає на
2п, п > 1, попарно різних за вагою шматочків (секторів). Вага,
кожного шматочка відома обом гравцям. Після цього вони ви-
бирають собі шматочки за таким правилом. Спочатку Олеся ви-
бирає один шматочок, далі. Андрій вибирає два шматочки, але
таким чином, щоб шматочки, які залиіпаться на столі після
його ходу, утворювали сектор. Далі гравці по черзі беруть по
два шматочки так, щоб після кожного ходу шматочки торта,
що залишилися на столі, утворювали сектор. Останнім ходом
один із гравців забирає останній шматочок.. Кожен із гравців
прагне, щоб загальна вага частини торта, яку він узяв, була
більшою, ніж у супротивника. Для яких п Олеся може так роз-
різати торт на шматочки, щоб виграти, якщо своїм першим хо-
дом вона бере найменший шматочок?
(Богдан Рубльов)
40
Другий день
Правильне рішення,
прийняте із запізненням,
,а	є помилкою.
Лі Якокка
8	клас
5 (139). Андрій та Олеся записали на дошці по натуральному чис-
лу. Виявилося, що число, записане Олесею, має суму цифр 2018
і рівно на одну цифру менше, ніж число Андрія. Також відо-
мо, що різниця записаних ними, чисел дорівнює одноцифровому
числу. Яким може бути число, яке записав Андрій?
(Богдан Рубльов)
6 (140). На сторонах .АВ, ВС, АС трикутника АВС (АВАС-120°)
узято точки М, К, N відповідно так, що трикутник МКИ є пра-
вильним, а АМ = 2,017, АЖ == 2,018. Барон Мюнхгаузен ствер-
джує, що трикутник М’КАЇ має найменший периметр серед усіх
правильних трикутників, які мають рівно по одній вершині на
кожній зі сторін трикутника АВС. Чи не помиляється барон?
(Марія Рожкова )
Ч (141). Кругла башта має 12 дверей, за кожними з них сховано
скриню із золотом капітана Флінта. Ці двері розташовані по
периметру башти на рівних відстанях між сусідніми та зануме-
ровані за рухом годинникової стрілки числами від 1 до 12. До
башти підійшли 12 піратів, кожен з яких має один ключ, при-
чому всі ключі занумеровано числами від 1 до 12. Відомо, що
ключ з номером п відкриває двері з номером пі тоді й тільки
тоді, коли т : п. Пірати стоять рівно по одному біля кожних
дверей, але жоден не знає номера дверей, коло яких опинився.
Джим Хокінс знає, у якого пірата який ключ, і хоче, щоб ті
змогли забрати якомога меншу кількість скринь із золотом.
Джим може повернути башту таким чином, щоб двері перед
піратами були розташовані за його бажанням, але при цьому
все одно номери дверей ішли послідовно по колу за рухом го-
динникової стрілки 1-12, починаючи з деякого номера? Яку
максимальну кількість скринь із золотом зможуть напевно за-
брати пірати за таких умов?
(Богдан Рубльов)
8 (142). Обчислювальний агрегат працює за таким принципом:
кожної нової хвилини за поданими йому на вхід цілими числа-
ми х2, х2, в указаному порядку він обчислює значення х4,
що задовольняє рівність х1(х4 + х2) = х3 (х3 + х2). Якщо х4 виявля-
ється нецілим, то агрегат припиняє роботу. Якщо х4 ціле, то на
41
’ вхід подається нова трійка чисел х[ = х2, х2 = х3 та х3 = х4, і че-
рез хвилину агрегат обчислює Чи зможе агрегат пропрацю-
вати без зупинки принаймні 2018 хвилин, якщо із самого по-
чатку задати хг=1, х2 = 2, х3 = З?
9	клас
5 (143). Для натурального числа п позначимо через 5 (п) суму його
цифр. Серед усіх пар натуральних чисел (п, тп), що задовольня-
ють рівність £(п) • £(п+1) •• £(п + тп) = 2018, знайдіть таку,
для якої сума п + пі набуває найменшого можливого значення.
(Богдан Рубльов)
6 (144). У трикутнику АВС позначили точки М19 М2, М3 — сере-
дини сторін ВС, АС, АВ відповідно. Точка К симетрична точ-
ці М2 відносно прямої ВС,АН — висота трикутника АВС. Дове-
діть, що. прямаКМ3 ділить навпіл відрізок НМГ.
(Данило Хілько)
7 (145). Для додатних чисел х, у, 2 доведіть нерівність
-(х2 +у2 +23}>ху2+.~(х + у + 2)(х~2)2.
З	9
(Леонід Бедрагігюк)
8 (146). Кругла башта має 16 дверей, за кожними з них сховано
скриню із золотом капітана Флінта. Ці двері розташовані по
периметру башти на рівних відстанях між сусідніми та зануме-
ровані за рухом годинникової стрілки числами від 1 до 16. До
башти підійшли 16 піратів, кожен з яких має один ключ, при-
чому всі ключі занумеровано числами від 1 до 16. Відомо, що
• ключ з номером п відкриває двері з номером т тоді й тільки
тоді, коли, т: п. Шрати стоять рівно по одному біля кожних
дверей, але жоден не знає номера дверей, коло яких він опи-
нився. Джим Хокінс знає, у якого пірата який ключ, і хоче,
щоб пірати *змогли забрати якомога меншу кількість скринь
із золотом. Джим може повернути башту таким- чином, щоб
двері перед піратами були розташовані за його бажанням, але
все одно номери дверей ішли послідовно по колу за рухом го-
динникової стрілки 1-16, починаючи з деякого номера. Яку
максимальну кількість скринь із золотом зможуть напевно за-
брати пірати за таких умов?
(Богдан Рубльов )
10	клас
5 (147). На острів насуває ескадра, у якій є 10 потужних есмінців,
а також 20 невеликих катерів. Усі судна вишикувані по колу,
причому відстані між сусідніми суднами рівні, і саме так вони
42
наближаються до острова. Захищають острів два торпедоносних
катери, у кожного з'яких є рівно по 10 торпед. Пускові установ-
ки в них налаштовано так, що перший може випустити водно-
час усі 10 торпед по сусідніх 10 цілях, а другий — усі 10 торпед
по 10 цілях, які йдуть через одну. Відомо, що катери стріляють
одночасно, (тобто в деякі цілі можуть улучити водночас дві тор-
педи). Яка найбільша кількість есмінців може напевно залиши-
тися цілою за будь-яких дій оборони острова?
(Богдан Рубльов)
6 (148). Додатні числа а, 6, с задовольняють умову а2 + Ь2 + с2 + аЬс = 4.
Доведіть, що справджується нерівність с+аЬ<2.
(Вадим Митрофанов)
7 (149). Дано N натуральних чисел таких, що найбільші спільні
дільники всіх непорожніх наборів цих чисел (по одному, два,
три тощо) попарно різні. Яка найменша кількість різних про-
стих дільників може бути в добутку всіх N чисел?
(Олександр Голованов)
8 (150). У трикутнику АВС пряма, яка не збігається зі сторонами
трикутника та проходить через точку А, перетинає висоти ВН2
та СН3 у точках та відповідно. Точки В2 та Е2 симе-
тричні точкам та 2^ відносно сторін АВ і АС відповідно.
Доведіть, що кола, описані навколо трикутників Б2АВ та
Е2АС, дотикаються.
(Михайло Плотников)
11	клас
5 (151). На острів насуває ескадра, у якій є 10 потужних есмінців,
а також 20 невеликих катерів: Усі судна вишикувані в одну
лінію, причому відстані між сусідніми суднами рівні, і саме так
вони наближаються до острова. Захищають острів два торпедо-
носних катери, у кожного з яких є рівно по 10 торпед. Пускові
установки, в них налаштовані так, що перший може випустити
водночас усі 10 торпед по сусідніх 10 цілях, а другий — усі
10 торпед по 10 цілях, Які йдуть через одну. Відомо, що ка-
тери стріляють одночасно (тобто в деякі цілі можуть улучити
водночас дві торпеди). Яка найбільша кількість есмінців може
напевно залишитися цілою за будь-яких дій оборони острова?
(Богдан Рубльов)
6 (152). Послідовність (хЛ) задано умовами х1=а,
' 21 'Хп)
пері Доведіть, що існує а, для якого послідовність (хл) містить
рівно 2018 попарно різних членів.
43
Примітка. Якщо деякий член послідовності дорівнює 0, то по-
слідовність на цьому елементі' обривається.
(Віталій Полонський )
7	. Задача 10-7 (149).
8	(153). Дано гострокутний трикутник АВС, А^ і ССг — його бі-
сектриси, точка І — центр вписаного кола, точки М і N — се-
- редини відрізків АІ та СІ відповідно. Усередині трикутників
АСХІ та АуСІ відповідно вибрали точки К і Ь так, що
ААКІ = АСЬІ = ААІС9 ХАКМ = АІСА, ЛСЬИ = АІАС. Доведіть,
що радіуси описаних кіл трикутників КІВ та АВС рівні.
(Антон Тригуб)
РОЗДІЛ 5
ВІДБІР КОМАНДИ УКРАЇНИ
НА МІЖНАРОДНУ МАТЕМАТИЧНУ ОЛІМПІАДУ
Відбір команди України
на 59-ту Міжнародну математичну олімпіаду
За результатами IV етапу Всеукраїнської олімпіади кращі
16 учнів стали кандидатами від України на участь у Міжнародній
математичній олімпіаді школярів. З них було 11 учнів 11 класу,
три учні 10 класу та два учні 8 класу.
Відбір тривав чотири тури, у кожному з яких учасникам було
запропоновано три задачі на 4,5 години.
1 ту р
З першого удару високий дуб не падає.
Латинське прислів’я
1 (154). Нехай д — деяке дійсне число. Дмитрик має серветку, на
якій записано десять дійсних чисел. Він вирішив записати на
дошці такі три рядки чисел:
•	у першому рядку всі числа вигляду а - Ь, де а і Ь — числа
з його серветки (не обов’язково різні);
•	. У Другому рядку всі числа вигляду цаЬ9 цеаАЬ — числа з пер-
шого рядка (не обов’язково різні);
•	у третьому рядку всі числа вигляду а2 + 62-с2-сҐ, де а, &, е,
сі — числа з першого рядка (не обов’язково різні).
Знайдіть усі значення д, для яких незалежно від початкових
чисел на серветці числа, записані в другому рядку, трапляють-
ся і в третьому.
44
2 (155). Дано опуклий шестикутник АВСС1В1А19 у якому АВ - ВС
і відрізки АА^ ВВХ і ССг мають Спільний серединний перпен-
дикуляр. Нехай Р — точка перетину діагоналей АСг і А^С,
а а» — описане коло трикутника АВС. Коло о вдруге перетинає
описане коло трикутника А1ВС1 у точці Е*В. Доведіть, що
прямі ВВ1 і ВЕ перетинаються на колі о..
(Антон Тригуб)
З (15@). Розглянемо множину всіх цілочислових точок у 2?. Сашко
. з Марійкою грають у таку гру. Спочатку Марійка відмічає довіль-
ну точку. Після цього Сашко відмічає всі точки на деякій площи-
ні, яка перпендикулярна до однієї з Координатних осей і на якій
немає жодної точки, яку відмітила Марійка. Далі вони продовжу-
ють робити кроки по черзі: Марійка не може вибирати відмічені
раніше точки, а Сашко не може вибирати площини, на яких
є точки, що їх відмітила Марійка. При цьому Марійка прагне
відмітити п точок підряд на деякій прямій, що паралельна одній
із координатних осей, а Сашко прагне завадити їй. Знайдіть усі п,
при яких Марійка може досягти бажаного результату.
«мкнмтмтиимй ц тур
Не хвилюйтеся через те, що думають
про вас інші. Вони надто зайняті,
переймаючись тим, що думаєте про них ви,
. Порада Едельштайна
4 (157). Нехай п — непарне натуральне число. Розглянемо квадрат-
ну решітку розміром п х п, що складається з п2 одиничних ква-
дратиків і 2п(п + 1) ребер. Усі ребра пофарбовано в червоний
або блакитний колір так, що кількість червоних ребер не пере-
вищує п2. Доведіть, що існує клітинка, яка має не менше ніж
три; синіх ребра. 1
5 (158). Знайдіть найменше додатне число X таке, що для довіль-
них 12 точок Рг, Р2, ..., Р12 на площині (точки можуть збіга-
тися, а відстань між двома довільними з них не перевищує
1) виконується нерівність	Р.Р2 < X.
6 (159). Знайдіть найменше натуральне п або доведіть, що такого п
не існує, для якого виконується умова: існує нескінченна кіль-
кість різних п-елементйих наборів (ар а2,..., ап) додатних раціо-
нальних чисел таких, що цілими є числа
.11 1
+ а>2 + • • •+ап і —ь —к.. н—.
. ап
45
Довіряйте кожному,
але ховайте карти»
Закон Дуллі
7 (160). Задано просте число р > 2 і натуральне число п. Доведіть,
що число рп2 має не більше ніж один дільник (і, для якого
п2+сІ — квадрат натурального числа.
8 (161). Послідовність дійсних чисел а19а2,... задовольняє умову
-ап =-іїіах (а, +а;) при довільному п > 2018. Доведіть, що ця по-
слідовність обмежена.
9 (162). Нехай АА1, ВВ19 СС2 — висоти трикутника АВС, точ-
ка Н — його ортоцентр. Пряма /?, паралельна стороні АС, пере-
тинає прямі АА1 і ССг у точках А? і С2 відповідно. Припусти-
мо, що точка Д лежить зовні описаного кола трикутника
АгНС2. Нехай прямі ВХР і ВгТ — дотичні до цього кола. Дове-
діть, що точки А19 Ср Р і Т циклічні.
(Антпон Тригуб)
IV тур
Людина — як цеглина:
обпікаючись, вона твердішає»
Бернард Пїоу,
10 (163). Дано трикутник АВС, АН — його висота. Точку К вибрано
на відрізку АН таким чином, що АН = ЗКН» Нехай точка О —
центр описаного кола трикутника АВС, точки М і N — середи-
ни сторін АС і АВ відповідно. Прямі КО і ММ перетинаються
в точці а перпендикуляр до прямої ОК, що проходить через
точку 2, перетинає прямі АС і АВ у точках X і У відповідно.
Доведіть, що Х.ХКХ = ЛСКВ.
11 (164). У математичному змаганні беруть участь 2п учнів. Спо-
чатку кожен з учнів відправляє, свою задачу членам журі. Після
цього кожен з них отримує від журі одну із запропонованих за-
дачі (усі отримані задачі різні). Назвемо змагання чесним, якщо
існують п школярів, які отримали задачі, запропоновані реш-
тою п учасників. Доведіть, що кількість розподілів задач, за
яких змагання чесне, »е квадратом натурального числа.
12 (165). Задано натуральне число п і цілі числа а^, а2,..., ап. Функ-
ція	задовольняє умову: для довільних цілих к і І, 1*0,
виконується рівність 2^/(й+а/) = 0. Доведіть, що / = 0.
46
* -	. Розділ 6
. МІЖНАРОДНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА
59-та Міжнародна олімпіада юних математиків
Перший день
1 (166). Нехай Г — описане коло гострокутного трикутника АВС.
Точки В і Е лежать на відрізках АВ і АС відповідно, при цьому
АВ = АЕ. Проведено серединні перпендикуляри до відрізків ВВ
і СЕ кола Г у точках Е і С відповідно. Доведіть, що прямі ВЕ
. і Е(т паралельні або збігаються.
2 (167). Знайдіть усі цілі числа п > 3, для яких існують дійсні чис-
ла Оі,а2,...,ап+2 такі, що ал+1=ах, ал+2=а2 і а{аІ+1+1=аі+2 при
всіх і = 1, п.
З (168). Антипаскалів трикутник — це табли- ч 4
ця, що має вигляд рівностороннього трикут- .	2	6
ника, у якій кожне число, за винятком чисел 5	7	1
НИЖНЬОГО рядка, дорівнює модулю різниці 8 з 10 д
двох чисел, що стоять безпосередньо під ним.
Нижче наведено приклад антипаскалева три- Рис
кутника із чотирьох рядків, у якому є всі.
натуральні числа від 1 до 10 (рис. 6.1). Чи існує антипаскалів
трикутник із 2018 рядків, у якому стоять усі натуральні числа
від 1 до 1 + 2 + ... + 2018?
ИІІвМ Другий день ВОШШШВ
4 (169). На координатній площині відмічено всі точки (х, у) з нату-
ральними координатами х і у, що не перевищують 20. Спочатку
кожна із 400 відмічених точок не зайнята. Аліна і Богдан гра-
ють у таку гру: вони по черзі кладуть камінці у відмічені, ще
не зайняті точки, Аліна розпочинає першою. Своїм ходом Аліна
має покласти новий червоний камінець у відмічену незайняту
’ точку таким чином, щоб відстань між довільними двома точка-
ми із червоними камінцями не дорівнювала. л/б. Богдан своїм
ходом кладе синій камінець у довільну відмічену незайняту,
точку (точка із синім камінцем може знаходитися на будь-якій
відстані від довільної іншої зайнятої точки)..Гра припиняється,
коли один із гравців не може покластй камінець. Знайдіть най-
більше значення К, при. якому Аліна гарантовано зможе по-
класти принаймні К червоних камінців, незважаючи ца ходи
Богдана.
47
5 (170). Нехай о,, а2,... — нескінченна послідовність натуральних
чисел. Припустимо, що існує ціле число N > 1 таке, що для
кожного число
& а9	ап _ і а
°2 а3 ап а1
є цілим. Доведіть, що існує натуральне число М таке, що
ат=ат + 1 ДЛЯ ВСІХ ТП > М.
6 (171). Опуклий чотирикутник АВСВ задовольняє умову
АВ ’ СР=ВС • ВА. Точка X усередині чотирикутника АВСВ
є такою, що АХАВ-АХСВ і АХВС-АХВА. Доведіть, що
АВХА + /ЯХС ~ 180°.
Розділ 7
14-й КИЇВСЬКИЙ ТУРНІР МАТЕМАТИЧНИХ БОЇВ
імені ЛЕСІ РУБЛЬОВОЇ
Цього року турнір був проведений у чотирьох вікових лігах:
у наймолодшій змагалися учні, які навчалися на той момент у кла-
сі, не старшому за сьомий; у молодшій — учні, які навчалися
у 8 класі; у середній — ті, що навчалися в 9 класі; у старшій —
учні 10-11 класів.
Олімпіаднии рік і весь турнір розпочалися зі змагання «Ма-
тематичний занзібар». Загалом у першому заході взяли участь
125 команд: у наймолодшій лізі — 41 команда, у молодшій —
34 команди, у середній і старшій лігах змагалися по 25 команд.
У командній олімпіаді взяли участь 60 команд (відповідно за
лігами 14 4- 19 + 13 4- 14). У математичних боях змагалися 48 ко-
манд — по 12 учасників у кожній лізі.
Турнір проходив з вересня по грудень 2017 року.
ІІЮИМй Математичний занзібар
Якщо у вас є яблуко й у мене є яблуко
та якщо ми обміняємося цими яблуками,
то у вас і в мене залишиться, по одному яблуку.
А якщо у вас є ідея і в мене є ідея
і ми обміняємося ідеями,
то в кожного з нас буде по дві ідеї.
Бернард Шоу
Наймолодша ліга
1 (172). Скільки дев’ятицифрових чисел вигляду аЬсаЬсаЬс ділить-
ся на 99? „
48
X	1	X	1
2 (173). Нескоротний дріб — задовольняє умову------<--------.
у	2017 у 2016
Якого найменшого значення може набувати знаменник у?
З (174). По колу розташовано дев’ять кружечків. У верхньому кру-
жечку записано цифру 1. Скількома способами можна записати
в інших восьми кружечках числа 2, 3,	9 таким чином, щоб
сума чисел, записаних у будь-яких двох сусідніх кружечках, не
ділилася ні на 3, ні на 5, ні на 7?
Примітка. Варіанти вважають різними, якщо принаймні в од-
ному з кружечків записано різні числа.
4 (175). Розташуйте шість однакових відрізків на площині таким
чином, щоб серед утворених фігур були принаймні чотири рів-
них рівносторонніх трикутники.
5 (176). Чи можна замість зірочок розставити по одній кожну із
цифр 1, 2,	9 таким чином, щоб справджувалися рівності
* * • * = * * +• * * - * * ? Наведіть усі можливі відповіді.
Примітка. Ці рівності потрібно розглядати як дві окремі рів-
ності.
6 (177). Члени послідовності с^, а?7 а3.а2017 задовольняють умо-
ву ап -ап_1 для будь-якого п >3. Чому дорівнює сума всіх
членів послідовності, якщо відомо, що ^=2017, а2-1?
7 (178). Яку найменшу кількість камінців з попар-.
но різною вагою можна розкласти на три купки ф • ф ф
однакової ваги та на п’ять купок однакової ваги?
8 (179). На площині дано вісім точок (рис. 7.1). • • • •
Скількома способами можна вибрати трикутник,
» усі вершини якого належать до цих точок?	ис’ *
Л	Гґ	/ ІА	Л + 1& + 2
9 (180). Для яких пар натуральних чисел (а, Ь) числа •-та---
Ь а
одночасно є натуральними?
10 (181). Івась записує на дошці 10 послідовних цілих чисел
(не обов’язково всі додатні). Він отримує цукерку за кожне
таке число, без якого сума всіх інших чисел є квадратом цілого
числа. Які числа мав записати на дошці Івась, щоб отримати
якомога більшу кількість цукерок?
11 (182). Є чотири купки камінців. У кожній із них кількість ка-
мінців різна й ненульова. Будь-яку купку можна прибрати й
усі камінці з неї розкласти по інших купках таким чином, щоб
у кожній із трьох купок, які залишилися, кількість камінців
стала однаковою та в кожну купку був покладений принаймні
один камінець. Яка найменша кількість камінців може бути
в найбільшій купці? •
49
12 (183). Проведіть усередині тупокутного рівнобедреного трикут-
ника чотири відрізки таким чином, щоб він виявився розріза- ,
ним на шість прямокутних трикутників.
13 (184). Натуральне число п називають цікавим, якщо існують
• натуральне т і натуральні а, Ь < .т, для яких справджується
рівність т2 = аЬп. Знайдіть наймейше цікаве число. *
14 (185). Яблуко, три груші та два апельсини важать разом 2350 г,
а два яблука, чотири апельсини та п’ять груш важать разом
4350 г. Скільки важать разом три яблука, чотири груші та
шість апельсинів?
15 (186). У кожну клітинку фігури, зображеної
на рис. 7.2, треба поставити, одне із чисел
1, 2, ..., 24 (кожне число потрібно викори-
стати) таким чином, щоб у кожному гори-
зонтальному та вертикальному рядку числа
зростали (зліва направо та зверху донизу
відповідно). Скількома способами це можна
зробити?
Рис. 7.2
16 (187). Наведіть приклад п’ятикутника, який можна одним пря-
молінійним розрізом розділити На три частини таким чином,
щоб із двох із утворених частин можна було скласти третю.
17 (188). Знайдіть найбільше число, яке може бути НСД деяких
чотирьох двоцифрових попарно різних чисел.
18 (189). Делегація на олімпіаду складається з учасників і керівни-
ків. Середній вік учасників — 22 роки, керівників — 47 років.
Скільки мінімум спортсменів може бути в делегації, якщо се-
редній вік членів усієї делегації становить 40 років?
19 (190). У турнірі із шахів брали участь п’ять гравців. Кожен грав
із кожним іншим рівно один раз. За перемогу нараховували
1 очко, за поразку — 0 очок, у разі нічиєї обом гравцям при-
суджували по половині очка. Відомо, що рівно половина партій
завершилася внічию, а шахіст, що посів останнє місце, програв
усі партії. Скільки очок набрав гравець, що посів четверте місце?
20 (191). Сторони прямокутного паралелепіпеда а, Ь, с > 1 вираже-
но натуральними числами. Коли дві його сторони зменшують
на 1, а третю сторону збільшують на 1, то об’єм паралелепіпеда
збільшується. У відповіді вкажіть довжини його сторін або на-
пишіть, що такого паралелепіпеда не існує.
Молодша ліга
1 (192). Для яких цілих п вираз п2 +24п+35 є квадратом цілого
числа?	Е
2.	Задача 2 (173) наймолодшої ліги.
50
3.	Задача 3 (174) наймолодшої ліги.
4	(193). Трикутник називають винятковим, якщо різниця між дво-
ма його кутами дорівнює 15°. Який найменший кут може мати
винятковий рівнобедрений трикутник?
5.	Задача 5 (176) наймолодшої ліги.
6; Задача 6 (177) наймолодшої ліги.
7 (194). У чотирьох коробках лежать олівці. За один * хід можна
взяти з будь-яких трьох непорожніх коробок по одному олівцю
та перекласти їх у четверту коробку або взяти три олівці з од-
нієї коробки (якщо вони там є) та перекласти їх по одному в три
інші коробки. На початку гри в першій, другій, третій та чет-
вертій коробках було по 4, 5, 6 і 7 олівців відповідно. За кілька
ходів у першій і четвертій коробках їх стало 9 і 8 відповідно.
Скільки на цей момент могло бути олівців у другій коробці?
Укажіть усі можливі відповіді.
8 (195). На площині задано дев’ять точок, як це пока- • • •
зано на рис. 7.3. Скількома способами можна вибра- *
ти трикутник, усі вершини якого належать до цих
точок?	• • •
9.	Задача 9 (180) наймолодшої ліги.	7
10.	Задача 10 (181) наймолодшої ліги.
11.	Задача 11 (182) наймолодшої ліги.
12 (196). Із середини М сторони АВ рівностороннього трикутни-
ка АВС провели перпендикуляри МК і	на сторони АС та ВС
відповідно. Знайдіть довжину відрізка КЬ, якщо АВ - 1.
13.	Задача 13 (184) наймолодшої ліги.
14 (197). Подайте як нескоротний дріб таке число:
15 (198). У рядок написано цифри. 0 та 1 таким чином, що серед
будь-яких 200 послідовних цифр кількість нулів та одиниць
однакова, а серед будь-яких 202 послідовних цифр — різна.
Скільки максимум цифр може бути написано в рядок?
16 (199). Висоти ВР та С(і трикутника АВС перетинаються в точ-
ці Н, при цьому ВН -АС. Яких значень може набувати кут АВС?
Укажіть усі можливі відповіді.
17 (200). Знайдіть найбільше число, яке може бути НСК деяких
чотирьох двоцифрових попарно різних чисел.
18. Задача 18 (189) наймолодшої ліги.
19 (201). У турнірі із шахів, де кожен грав з кожним іншим рів-
но один раз, брали участь 12 гравців^ серед яких були три
51
брати — Гаррі, Магнус і -Віши. Відомо, що кожний учасник,
окрім трьох братів, у підсумку набрав не більше ніж 4 очки,
а Гаррі набрав 9 очок. Яке місце міг посісти Гаррі за підсумка-
ми турніру? Укажіть усі можливі відповіді.
20 (202). У прямокутному трикутнику АВС точка М — середина
гіпотенузи АВ, точка N — середина катета АС. Коло, що про-
ходить через точки МІМ, дотикається до катета ВС у точці К.
Знайдіть відношення СК: КВ„
Середня ліга
1. Задача 1 (192) молодшої ліги.
Рис. 7.4
2 (203). Знайдіть усі додатні (х, у, 2, іо), що задовольняють таким
рівнянням:
х+~-ш = 2, у+--ш = 2, 2 + Д + ш = 2, у + ~ + и> = 2.
х 	У ' х
3. Задача 3 (174) наймолодшої ліги. .
4 (204). П’ять кіл розташовано таким чином,
як це показано на рис. 7.4. Відомо, що ра-
діус найбільшого зовнішнього кола дорів-
нює В. Знайдіть радіуси двох найменших
кіл.
5 (205). Знайдіть усі пари натуральних чи-
сел а < „ для яких справджується рів-
ність
[а, &]-(а, Ь) = -аЬ.
5
Примітка. Тут через [а, Ь] та (а, Ь) позначено відповідно НСК
та НСД двох натуральних чисел.
6 (206). Трьом працівникам потрібно повністю виконати роботу.
Спочатку один із них працює стільки часу, скільки знадоби-
лося б двом іншим, щоб виконати половину всієї роботи, пра-
цюючи разом. Потім другий працює стільки часу, скільки зна-
добилося б двом іншим, щоб . виконати половину всієї роботи,
працюючи разом* Нарешті, третій працівник працює стільки
часу, скільки знадобилося б двом іншим, щоб виконати полови-
ну всієї роботи, працюючи разом. Після цього всю роботу було
виконано. У скільки разів швидше було б виконано роботу,
якщо б усі три працівники працювали разом?
7.	Задача 7 (194) молодшої ліги.
8.	Задача 8 (195) молодшої ліги. .
9.	Задача 9 (180) наймолодшої ліги.
10 (207). Відомо, що серед.чисел: хр х2,..., х2017 є 661 одиниця,
а решта — двійки. Множину чисел у19у2,..., г/2017 визначають за
52
таким правилом: у1=х1, а для й = 1;2016 ук+1*. Знай-
діть усі можливі значення, яких може набувати у2оп'
11 (208). Є вісім купок камінців. У кожній із них кількість ка-
мінців різна й ненульова. Відомо, що будь-яку купку можна
прибрати й усі камінці з неї розкласти по інщих купках таким
чином, щоб у кожній із семи купок, які залишилися, кількість
камінців стала однаковою. Яка найменша кількість камінців
може бути в найбільшій купці?
12 (209). У трикутнику АВС бісектриса АЕ дорівнює відрізку ЕС,
Знайдіть градусну міру кута АВС, якщо АС = 2АВ.
13 (210). Число А має рівно три дільники, а число В — п’ять діль-
ників (з урахуванням 1 та самого числа). Скільки дільників
може мати число АВ? Укажіть усі можливі відповіді.
14 (211). Знайдіть відношення 8 : Т, де
1
99-100’
----------І- —-----1----------І-... 4--------.
51 -100 52 • 99 53 • 98	100 • 51
15 (212). На шахівницю 8x8 виставили п білих і п чорних тур
таким чином, що немає двох тур різного кольору, які атакують
• одна одну. Яке максимальне п при цьому'можливе?
16. Задача 16 (199) молодшої ліги.
17. Задача 17 (200) молодшої ліги.
18 (213). Знайдіть найбільше дійсне число К, для якого справедли-
ве таке твердження: для -будь-яких .додатних чисел а, Ь таких,
що для них справдовується нерівність а+Ь^К, виконується та-
кож нерівність аЬ<К,
19 (214). У Флайландії міста сполучено ‘авіарейсами таким чином,
що кожне місто має пряме авіасполучення не більше ніж із
трьома іншими містами, але в будь-яке інше місто можна ді-
статися, якщо зробити не. більше ніж одну пересадку. Скільки
щонайбільше міст може бути в цій країні?
20 (215). Два кола і с2, що не перетинаються, мають радіуси 1.
Вони розташовані всередині кута з вершиною в точці О таким
чином, що коло дотикається до однієї сторони кута, коло
с2 — до другої сторони кута, а одна спільна внутрішня дотична
до кіл сг і с2 проходить через точку О. Друга спільна дотична
до цих кіл перетинає сторони кута в точках А та В, при цьому
ОА = ОВ. Знайдіть відстань від точки А до прямої ОВ.
53
Старша ліга
1 (216). Знайдіть найбільший спільний дільник чисел, які мають
вигляд 11Л-6й-5" для всіх натуральних п>2.
2. Задача 2 (203) середньої ліги.
З (217). Запишіть по колу сім ненульових цифр таким чином, щоб
виконувалася властивість: якщо рухатися за ходом годинни-
кової стрілки, то кожні дві сусідні цифри мають утворювати
двоцифрове число (отже, матимемо сім двоцифрових чисел, не
обов'язково всі різні), і добуток цих семи чисел має бути точ-
ним квадратом.
4.	Задача 4 (204) середньої ліги.
5.	Задача 5 (205) середньої ліги.
6.	Задача 6 (206) середньої ліги.
7.	Задача 7 (194) молодшої ліги.
8 (218). Назвемо тіло в просторі п’ятигранником, якщо воно має
рівно п’ять граней. Наприклад, такою фігурою є зрізана три-
кутна піраміда. Скільки максимум із цих граней можуть бути
трикутниками?
9 (219). Сашко перемножив усі дільники натурального числа п та
отримав число 5. Федір збільшив кожний дільник, що викори-
став Сашко, на 1 і перемножив отримані числа. У результаті
він одержав число Р, Виявилося, що Р : 8. Для яких п це мож-
ливо?
10 (220). Позначимо через /<п)(х) = /(/(...СГ(л:))...). Знайдіть усі такі
п
функції /:]&-»!&,. які для кожного, дільника сі > 1 числа 2015
для всіх дійсних х задовольняють рівність
(ж)=2015-х.
11. Задача 11 (208) середньої ліги.
12 (221). У гострокутному трикутнику АВС відомо, що АВАС=60°
та АВ > АС. Нехай точка І — центр вписаного кола, а? точ-
ка Я — ортоцентр трикутника АВС. Знайдіть відношення
ААНІ-.ААВС.
13 (222). Число А має рівно чотири дільники, а число В — п’ять
дільників (з урахуванням 1 та самого числа). Скільки дільників
може мати число АВ? Укажіть усі можливі відповіді.
14. Задача 14 (211) середньої ліги.
15. Задача 15 (212) середньої ліги.
16 (223). Точка Р розташована всередині трикутника АВС. Позна-
чимо точки перетинів прямих: .В = АРГ\ВС, Е^ВРГїАС,
Р-СРПВА. Чому може дорівнювати площа трикутника АВС,
54
якщо відомо, що 8РРА = 8рпв = 8рРс =1? Укажіть усі можливі від-
повіді.
17. Задача 17 (200) молодшої ліги.
18 (224)* Знайдіть найбільше дійсне число К, для якого справедли-
ве твердження: для будь-яких додатних чисел а, &, с таких, що
справджується нерівність а + Ь + с<К’, виконується також не-
рівність аЬс < К.
19. Задача 19 (214) середньої ліги.
20. Задача 20 (215) середньої ліги.
№НИ№Н Командна усна олімпіада ЯЙМНИЙВІИ
Я не туплю — ощадливо лиш
витрачаю свій потенціал.
Наймолодша ліга
1 (225). У парламенті перед виборами три основні партії вимага- ’
ли від уряду покращення життя людей. Партія ВДВ вимагала
збільшення зарплатні всім громадянам країни на 50 %. Партія
ТЮЗ вимагала зменшення цін на всі товари на 50 %. Партія
РЕП вимагала збільшення зарплатні всім громадянам країни на
25 % та зменшення цін на всі товари на 25 %. Яка з пропозицій
є найвигіднішою для людей?
2 (226). На кільцевому маршруті довжиною 13 розташовано міста
А, В, С, П, Е. Чи може статися так, щоб найкоротші відстані
між деякими містами задовольняли такі умови: АВ = З, ВС •= 6,
СЯ = 4,ВЕ = 5, ЕА = 6?
Примітка. Найкоротшою вважаємо відстань, що є найменшою
в тому чи іншому напрямі вздовж маршруту.
З (227). Чи можна в ребусі 8ЕУЕП + ОІЇЕ = ЕІСНТ замінити одна-
кові літери однаковими цифрами, а різні різними, щоб отри-
мати правильний приклад на додавання (п’ятицифрове число
додати до трицифрового і в сумі одержати п’ятицифрове число)?
4 (228). Прямокутник розрізали двома відрізками, яКі дорівнюють
його сторонам, на чотири менші прямокутники таким чином,
що периметри трьох із цих чотирьох прямокутників дорівню-
ють відповідно 11, 16 і 19. Якого найбільшого значення може
набувати перйметр одного з малих прямокутників?
5 (229); По колу побудовано ЗО будинків, що мають відповідно 1,
2, ..., ЗО поверхів (кожної висоти рівно по одному будинку).
Будинок називають цікавим, якщо він вищий за один із двох
сусідніх і нижчий за другий. Виявилося, що серед ЗО будинків
є рівно 10 цікавих. Доведіть, що сумарна кількість поверхів
у цікавих будинках не може дорівнювати 64.
55
6 (230). У 'клітинках квадрата 7x7 певним чином розташовано
100 хрестиків (в одній клітинці їх може бути декілька). Зна-
йшлися три горизонталі, у всіх клітинках яких сумарно не менг
ше ніж 70 хрестиків. Знайшлися також аналогічні три вертика-
лі. Доведіть, що або існує клітинка, у якій немає жодного
хрестика, або існує клітинка, у якій розташовано не менше ніж
сім хрестиків.
7 (231). Для натурального числа ?? випишемо за зростанням його
дільники: 1 = сЬ < </2 <... < (іт _£ < сІт - п. Позначимо далі (1(тї)=<Х,
та О(п)=ат_}.
а)	Для яких п справджується нерівність ії(п)> О(п)?
б)	Для яких натуральних значень к існує єдине значення п,
для якого справджується рівність (і (п) + Л (п) = к?
8 (232). У ряд викладено п монет довільного номіналу. Хід гравця
полягає в тому, що він може забрати першу чи останню монету.
Ганнуся з Марійкою грають таким чином: спочатку Ганнуся
робить два ходи, потім Марійка — один хід, далі знову Ганну-
ся — два ходи, а Марійка — один хід і т. д. Чи завжди Ганнуся
може забрати як мінімум - від загальної суми викладених мо-
3
нет, якщо:
а) п = 2013;	б) п 2014?
Молодша.ліга
1. Задача 3 (227) наймолодшої ліги.
2 (233). Прямокутник розрізали двома відрізками, які дорівнюють
його сторонам, на чотири менші прямокутники таким чином,
що площі трьох із цих чотирьох прямокутників дорівнюють
відповідно 8, 12 та 18. Якого найбільшого значення може набу-
вати площа великого прямокутника?
3.	Задача 5 (229) наймолодшої ліги.
4.	Задача 7 (231) наймолодшої ліги.
5.	Задача 8 (232) наймолодшої ліги.
6 (234). У п’ятикутник АВСІ)Е молена вписати коло. Відомо, що
кути АВС, ВАЕ та СВЕ є прямими. Знайдіть градусну міру
кута АВВ.
7 (235). Знайдіть усі натуральні числа а, для яких число н (а 4- п)
не буде квадратом натурального числа для жодного п є N.
8 (236). Гравці А та В грають на нескінченній в один бік смужці
з одиничних квадратиків у таку гру. Гравець А своїм ходом
фарбує в чорний колір два довільних білих квадратики смужки.
Гравець В своїм ходом робить білими будь-яку кількість сусід-
ніх чорних квадратиків. Гравець А переможе, якщо на смужці
56
виникне ситуація, коли. вісім послідовних квадратиків стануть
, чорними. Чи може гравець А забезпечити собі перемогу?
Середня ліга
1. Задача 5 ,(229) наймолодшої ліги,
2. Задача 6 (234) молодшої ліги.
З (237). Білі та чорні диски розсташовано в трьох стовпчиках од-
наковим чином: знизу догори йдуть спочатку 11 чорних, далі
10 білих, 9 чорних, 8 білих, 2 білих та 1 чорний. За хід гра-
вець має зняти згори будь-якого зі стовпчиків довільну кількість
(не менту від одного) дисків однакового кольору та прибрати їх
зі столу. Настя ’з Іванком грають за зазначеними правилами, роз-
починає Настя. Перемагає той із двох гравців, хто прибере зі сто-»
лу останній диск. Чи має хтось із гравців переможну стратегію?
4	. Задача 7 (235) молодшої ліги.
5	(238). Нехай А£>, ВЕ та СЕ — висоти трикутника АВС. Точки Р,
,8 та 5 — основи перпендикулярів, опущених із точки Р на
відрізки НА, ВЕ, СЕ та СА відповідно. Доведіть, що точки Р, <3,
В та 5 колінеарні.
6	. Задача 8 (236) молодшої ліги.
7	(239). Знайдіть усі пари натуральних чисел а < Ь, для яких вира -
зи а 4- Ь та аЬ 4- 1 є степенями двійки.
8	(240). Квадратний тричлен 2ах2 ±Ьх 4-е, а > 0, такий, що кожна із
шести прямих у ~ ах + Ь, у -Ьх + а, у = Ьх 4- с, у = сх 4- Ь, у = ах 4-
4- с, у = сх 4“ а перетинає його графік не більше'ніж в одній точці.
Якого найбільшого значення може набувати відношення
а
Старша ліга
1.	Задача 5 (229) наймолодшої ліги.
2 (241). Нехай натуральне а >2. Доведіть еквівалентність двох та-
ких тверджень:
• існують натуральні числа Ь,. с, що задовольняють рівність
. а2-~Ь2+с2;
* існує натуральне (І, для якого кожне з рівнянь х2 -ах+б/=0
та х2-ах-сі-0 має цілий корінь.
3.	Задача 5 (238) середньої ліги.
4.	Задача 8 (232) молодшої ліги.
5	(242). Спеціальний комп’ютер уміє зберігати в пам’яті алгебраїчні
вирази. Функції і § називають еквівалентними (/ - £), якщо
вони збігаються при кожному значенні х. що належить спільній
області визначення кожної із цих функцій, зокрема, / ~
57
При цьому комп’ютер виконує такі операції:
•	якщо в памяті зберігається функція /^0, то вій зберігає та-
кож і функцію у (функція / так само зберігається);
•	якщо в пам’яті зберігаються функції / і §, то там зберігаються
також функції (при цьому можливо, що
Пам’ять комп’ютера необмежена, і він розпочинає роботу
з функції / (х) = х. Для яких натуральних п у пам’яті комп’юте-
ра зберігатимуться функції хп або еквівалентні їм?
6. Задача 7 (239) середньої ліги.
7 (243). Дано кілька чисел. Можна вибрати деяке з них, напри-
1	1	1 „
клад а, та замінити його на три числа: -а, -а, -а. Повторю-
3	3	З
ємо таку операцію з новим набором чисел. Процес розпочинає-
мо з 1000 чисел . 1. Число т назвемо гарним, якщо після
кожного кроку є принаймні т однакових чисел, незважаючи на
те, у якому порядку та скільки кроків ми зробили. Якого най-
більшого значення може набувати число ?п?
8 (244). У прямокутному трикутнику АВС на гіпотенузі АС вибрано
таку точку Р, що радіуси вписаних кіл трикутників АВВ та
ВСВ однакові. Позначимо цей радіус г', а радіус вписаного
кола трикутника АВС — через г. Доведіть рівність
' 1=1+А..
г’ г ВВ
ШШВ Математичний бій № 1 ПтШ
Надмірна чесність межує з ‘тупістю.
Японське прислів’я
Наймолодша ліга
1 (245). Мишко та Грицько їхали з пункту А в пункт Б з постій-
ними швидкостями. Коли Мишко проїхав чверть шляху, то
Грицьку до середини шляху залишалося ще 3 км. Коли Гриць-
ко прибув у пункт Б, то Мишко знаходився на відстані 5 км
від середини шляху. Якою може бути відстань між населеними
пунктами? Укажіть усі можливі відповіді.
2.1 (246). Розв’яжіть рівняння х2(2-х)2 =1+2(1-х)2.
2.2 (247). У натурального числа а викреслили дві останні цифри,
від чого воно зменшилося на 2017. Знайдіть усі можливі такі
числа.
З (248). Точки А, В вибрано на колі із центром у точці О таким
чином, що ААОВ = 90°. Серединний перпендикуляр до відріз-
ка АО перетинає коло в точці К. Прямі ОК та АВ перетина-
ються в точці £. Доведіть, що трикутник КВЬ рівнобедрений.
58
4.1	(249). Барон Мюнхгаузен придумав таке доведення теореми про
суму кутів трикутника: «Нехай 8 — сума кутів трикутника.
Проведемо в трикутнику АВС відрізок ВВ (рис. 7.5). Тоді
XI+ 22+ 23 = 8;	24+ 25+ 26 = 8. Додамо ці дві рівності:
25 = 21 + 22+23+ 24+/<5+26. Проте /3+ 24 =180° * як суміжні
кути. Звідси 28 = 21+22+180°+25+26. Але. XI+ 22+ 25+/6 —
це сума кутів трикутника АВС, яка дорівнює 8. Звідси
28 = 8+180°, тобто 8 = 180°».. Чи правильно довів теорему ба-
рон Мюнхгаузен?
4.2	(250). Відомо деякі відстані між точками А, В, С, В: АВ = 8,
ВС = ЗО, СВ = 12 та АВ = 10. Якою може бути відстань АС?
5 (251). Івась розрізає торт на п’ять не обов’язково рівних шматоч-
ків (секторів). Шсля цього Петрик вибирає собі один шматочок.
Потім Івась бере шматочок, сусідній до шматочка, вибраного
раніше Петриком. Далі Петрик бере ще один шматочок, що є
сусіднім до раніше вибраних, Потім знову вибирає Івась за та-
кими самими правилами, останній забирає Петрик. Доведіть,
що в разі, коли Петрик знає вагу кожного шматочка, він змо-
же своїми діями вибрати такі шматочки, сумарна вага яких не
менша від половини ваги всього торта.
6.1	(252). Иа дошці записано два натуральних числа а та Ь. Антон
і Борис грають у гру, у якій гравці можуть робити такі ходи:
можна вибрати довільний дільник (і числа а чи Ь, відмінний від
самого числа, та записати на дошці замість пари чисел (а; Ь) пару
чисел (а + (і; Ь) або (а; Ь + б/). Розпочинає гру Антон; перемагає
той, хто першим запише на дошці число, що не менше від 2015.
Визначте, хто переможе за правильної гри, якщо а = З, Ь = 5.
6.2	(253). На дошці записано два натуральних числа а та Антон
і Борис грають у гру, у якій гравці можуть робити такі ходи:
можна вибрати довільний дільник с? числа а чи Ь, відмінний від
самого числа, та записати на дошці замість пари чисел (а; Ь) пару
чисел (а + (і; Ь) або (а; Ь + <і). Розпочинає гру Антон; перемагає
той, хто першим запише на дошці число, що не менше від 2015.
Визначте, хто переможе за правильної гри, якщо а = 6, Ь = 7.
7.1	(254). Знайдіть найменше натуральне число, кратне 99, усі
цифри якого — це цифри 1 та 2.
59
7.2 (255). Розглянемо множину А, що складається з усіх трицифро-
вих чисел аре, які записано цифрами, що є трьома послідовни-
ми цілими числами в будь-якому порядку, наприклад, числа
354 та ‘765 належать множині А, а число 667 — ні. Чи можна
вибрати декілька елементів множини А, сума .яких дорівнює
’ 2017?
8 (256). Доведіть, що для будь-якої множини натуральних чисел
{ах; а2;...; а2017} завжди скоротним Є такий дріб:
92017_7т 32017 +7
"2017)(а2017	’
д(°1 +а2^а2 +аЗ^”'^а2016 ’1’1
Молодша ліга
1 (257). Порівняйте числа 253 та З35.
2. Задача 2.1 (246) наймолодшої ліги.
З (258). Нехай дано прямокутний трикутник АВС із прямим кутом *
при вершині А. Через точку В проведено пряму І ± ВС. Бісек-
триса кута АВС перетинає катет АВ і пряму І у точках В та Е
відповідно. Точка Еєі — симетрична точці Е відносно точ-
ки В, Р-ЕЕОВС. Доведіть, що ЕРІ СЕ.
4 (259). У нерівносторонньому трикутнику АВС кут при вершині'А.
дорівнює .60°. Нехай бісектриса кута, проведена з вершини А,
перетинає протилежну сторону в точці В, і нехай в та В — ос-
нови висот, опущених з вершин В та С відповідно. Доведіть, що
прямі АВ, В(і і СВ перетинаються в трьох різних точках, які є
вершинами рівностороннього трикутника.
5. Задача 5 (251) наймолодшої ліги.
6 (260). У кожну комірку таблиці 13x13 записали по одному нату-
ральному числу таким чином, що кожні два числа, записані
в сусідніх по стороні комірках* відрізняються точно на 1. Числа
2 та 24 записані рівно двічі. Скільки разів може бути записано
число 13?
7.1	. Задача 7.1 (254) наймолодшої ліги.
7.2	(261). Знайдіть найменше можливе чотирицифрове число аІЇссЦ
яке задовольняє рівність .
аЬсд, = а • Ьссі + аЬс • сі.
8.1	(262). Чи існує перестановка «2,..., а6ббб чисел 1, 2, ..., 6666,
для якої для кожного к = 1, 2, ..., 6666 число ак +к є квадратом
цілого числа?
8.2	(263). Натуральні числа а, Ь взаємно прості, р — просте число.
Доведіть, що
2	? 2\ О> ї Р^
(аЬ,а2+рЬ2)-{
[р, а:р.
60
Середня ліга
1.1 (264). Порівняйте два числа 2аЬ та 3Ьа, якщо 56>За>0.
1.2. Задача 1 (257) молодшої ліги.
2.1	(265). Для додатних дійсних чисел а, Ь, с, що задовольняють
умову аЬ + Ьс + са + аЬс = 4, доведіть нерівність
. у[аЬ+уІЬс -і-у/са <а+Ь+с.
2.2	(266). Для додатних дійсних чисел а, Ь, задовольняють
умову аЬ + Ьс + са 4- аЬс = 4, доведіть нерівність
а+д+с>3.
3.1	(267). Навколо квадрата АВСВ описано коло у. На сторонах ВС
і СВ вибрано точки М та N відповідно таким чином, що
АМАЛГ=45°. Прямі АМ та АУ удруге перетинаються з колом у
у точках Рї($ відповідно. Доведіть, що ММ\\Р<^.
3.2	(268). У прямокутному трикутнику АВС із прямим кутом А
бісектриса кута АВС перегинає висоту АВ у точці Е, а бісектри-
са кута САВ перетинає відрізок СВ у точці Р. Пряма, що про-
ходить через точку Р. перпендикулярно до сторони ВС, перети-
нає сторону АС у точці С. Доведіть, що точки В, Е, С ко-
лінеарні.
4.1	(269). Точка М — середина сторони ВС трикутника АВС, АВ —
його бісектриса. Пряма, що проходить через точку В перпенди-
кулярно до бісектриси АВ, перетинає АВ у точці Е та АМ —
у точці С. Доведіть, щоАВЦС.0.
4.2	. Задача 4 (259) молодшої ліги.
5 (270). У країні, є 2016 міст, деякі з них сполучено двосторонніми
дорогами так, що з кожного міста виходить принаймні одна
дорога. Місто називають дрібним, якщо з нього виходить рівно
одна дорога. З жодного міста неможливо виїхати таким чином,
щоб, проїжджаючи різними дорогами, можна було повернутися
в початкове місто. Усі міста розбито на дві області з однаковою
кількістю міст так, що жодні два міста однієї області не спо-
лучені між собою прямою дорогою. Доведіть, що в кожній із
областей є дрібне місто.
6.1 (271). Натуральні числа п, к такі, що задовольняють умови
5
п>2 та к>-п-1. Доведіть, що при будь-якому виборі к різних
2
точок серед цілочислових точок (х, у), які задовольняють умову
1<х, г/<п, завжди існує коло, що проходить принаймні через
чотири із вибраних точок.
6.2 (272). Кожну точку на сторонах правильного трикутника по-
фарбовано в червоний або синій колір. Чи завжди існує пря-
мокутний трикутник, усі вершини якого однакового кольору?
61
7 (273). Назвемо натуральні числа 2 та 3'.* 5', де і, } — цілі не-
від’ємні числа, чудовими. Доведіть, що будь-яке натуральне
число більше ніж 2 можна записати як суму попарно різних
• чудових чисел (суму не меншу ніж із двох доданків).
8;1. Задача 8.1 (262) молодшої ліги.
•8.2. Задача 8.2 (263) молодшої ліги.
Старша ліга
1.1 (274). Для всіх натуральних п доведіть нерівність
п лк	____ д
V	< 2"+1 л/п + 1 —п 4п.
й	З
4 6 + т
1.2. Задача 1.1 (264) середньої ліги.
2 (275). Знайдіть усі функції	для яких Улг, справ-
джується- рівність
/ (/ (х) + / (у)) = /(*) + у.
3.1 (276). Коло, що проходить через вершини В і С трикутни-
ка АВС, перетинає сторони АС й АВ у точках В та Е відповідно.
Позначимо точки: Р = ВРПСЕ; Н — основа перпендикуляра,
опущеного з точки Р на сторону АС; М, N — середини відріз-
ків ВС та АР відповідно. Доведіть, що АММН ДСАЄ.
3.2. Задача 3.2 (268) середньої ліги.
4.1. Задача 4.1 (269) середньої ліги.
4.2 (277). У просторі промені к, І, пі виходять із точки О. Нехай кут
між променями к та І дорівнює а, кут між промінями І та т
дорівнює Р, кут між промінями т та к дорівнює у, де
а+р<180°. Промінь г ділить навпіл кут між променями к та /;
' промінь з ділить навпіл кут між променями І та ти. Чи завжди
величина кута між променями г та з дорівнює іу?
2
5. Задача 5 (270) середньої ліги.
6.1. Задача 6.1 (271) середньої ліги.
6.2. Задача 6.2 (272) середньої ліги.
7.1 (278). Назвемо натуральне число припустимим, якщо воно має
максимум дев’ять різних простих дільників. Купка складається
зі 100! камінців. Хід уважають коректним, якщо з купки беруть
к камінців, де к — припустиме число.. Гравці Антон і Борис по
черзі роблять коректні ходи, розпочинає Антон. Виграє той із
гравців, хто бере останній камінець із купки. Хто з гравців має
виграшну стратегію?
7.2. Задача 7 (273) середньої ліги.
62
8.1	(279). Позначимо кількість додатних дільників додатного ціло-
го числа п через 5 (ті), а суму 7?-х степенів усіх дільників додат-
ного цілого числа п — через (п). Доведіть, що
°Лге)>——•
8.2	(280). Позначимо кількість додатних дільників додатного ціло-
го числа п через 8 (п), а суму всіх дільників додатного цілого
числа іг — через п(и). Доведіть, що
и(п)>|(5(п)>2.
ВІЕЖМШ' Математичний бій № 2
Інколи треба розсмішити людей,
щоб відволікти їх від наміру вас повісити,
Бернард Шоу
Наймолодша ліга
1.1	’ (281). На дошці записано числа 10° та 10®. Дозволено дописати
число, яке дорівнює середньому арифметичному будь-яких двох
уже. написаних чисел, якщо воно ціле й ще не було записане
раніше. Скільки чисел можна таким чином написати загалом?
1.2	(282). Чи може різниця двох чисел вигляду п2 +4п, де п — на-
туральне, дорівнювати 200020012002...2018?
2.1	(283). Олімпіада з математики тривала два дні, щодня на ній
пропонували однакову кількість задач. За підсумками виявило-
* ся, що в кожного учасника кількість розв’язаних ним у перший
день задач на 1 відрізняється від кількості задач, розв’язаних
. у другий день. Крім того; кількість школярів, що розв’язали
першого дня задачу з’ певним номером, на 2 відрізняється від
кількості школярів, що розв’язали задачу з таким самим номе-
ром у другий день. Доведіть, що в олімпіаді брала участь парна
кількість школярів.
•2.2 (284). Знайдіть найменші можливі три послідовних натураль-
них числа, сума яких закінчується на 2017.
З (285). Прямокутник розрізали на квадрати, _____________
як це показано на рис. 7.6. Знайдіть більшу '
сторону цього прямокутника, якщо його •
менша сторона дорівнює 18.	'
4 (286). На сторонах ВС, АС та АВ трикутни-__________
ка АВС вибрано відповідно точки Аі? Вх і 
СТ так, що АС1 ='ВА] = СВ1 =В1С1 =Ь, АВ^ ~а
та ВСг = САХ = Д = ВХАХ = с. Доведіть, що
за таких умов а = с,	рис* 7.6
63
5 (287), Для множини А = {1; 2;	2017} знайдіть кількість різних
триелементних підмножин В, що задовольняють такі умови:
* принаймні два елементи В є послідовними натуральними
числами;
• існує елемент Ь є В, для якого 36 є В.
6 (288). Числа 1, 2, 3, ..., 3000 рівномірно записано по колу
в деякому порядку так, що вони парами стоять одне напроти
іншого. Відомо, що для кожного числа п серед 1499 чисел, які
йдуть одразу за ним за рухом годинникової стрілки, та серед
1499 чисел, які йдуть одразу за ним проти руху годинникової
стрілки, кількість чисел, менших від п, е однаковою. Яке число
стоїть напроти числа 2017?
7 (289). Доведіть, що для натуральних чисел число 4га-4м
ділиться націло на 9 тоді й тільки тоді, коли т - п ділиться
націло на 3.
8 (290). Відомо, що натуральне число можна подати у вигляді суми
його 18 дільників (не обов’язково всі різні), а також суми його
19 дільників (не обов’язково всі різні). Доведіть, що це число
можна подати у вигляді суми його 20 дільників (не обов’язково
всі різні).
Молодша ліга
1.1. Задача 1.1 (281) наймолодшої ліги.
•	с
1.2 (291). Відомо, що рівняння ах+—-Ь з ненульовими коефіцієн-
X
тами має розв'язок. Доведіть, що розв’язок також має. при-
наймні одне з ‘таких рівнянь: ах+—-- Ь+1 та ах+— = Ь -1.
х	х
2.1. Задача 2.1 (283) наймолодшої ліги.
2.2. Задача 2.2 (284) наймолодіііої ліги.
З (292). У гострокутному трикутнику АВС зі сторонами а, д, с
проведено три висоти йа, кь та &с. Доведіть, що із цих шести
відрізків а, Ь, с, та кс можна скласти два трикутники.
4 (293). Усередині паралелограма АВСВ із центром у точці О
вибрано таку точку Р * О, що РА • РС ~ ОА • ОС і РВ • РВ -~
~ ОВ • ОВ. Доведіть, що сума двох із відрізків РА, РВ, РС, РВ
дорівнює сумі двох інших.
5 (294). Дитина гралася на клавіатурі, комп’ютера та набирала
в довільному порядку цифри 0, 1 і 2. По завершенні виявилося,
- що до набраної нею послідовності цифр 8 чотири рази входить
(можливо, із частковим перетином) однакова комбінація х із
2017 цифр. При цьому немає жодної комбінації із 2018 цифр,
що входить принаймні двічі (так само навіть з перетином).
64
Доведіть, що послідовність цифр В починається з комбінації
цифр х.
6.1 (293). Чи можна в комірки таблиці 2017x2017 розставити цілі
числа від 1 до 201 72 (по одному в комірку) таким чином, щоб
для будь-якої комірки виконувалась умова: з рядка чи стовпчи-
ка таблиці, що містить цю комірку, можна вибрати три числа,
одне з яких дорівнює добутку двох інших?
6.2. Задача 6 (288) наймолодшої ліги.
7. Задача 7 (289) наймолодшої ліги.
8. Задача 8 (290) наймолодшої ліги. •
Середня ліга
1.1. Задача 1.1 (281) наймолодшої ліги.
1.2. Задача 1.2 (291) молодшої ліги.
2 (296). Для многочлена п-го степеня Р(х) - а0 + аіх+... +апх* відомо,
що для кожного к-Л), п а0 4-^+ ...+аЛ >0 та ак+і +аА+2 +... + аЛ >0.
Доведіть, що для кожного х>0 маємо Р(.г)>0.
3.1 (297). Гострокутний трикутник АВС, вписаний у коло із цен-
тром О. Дотична до описаного кола трикутника ВОС перетинає
сторони АВ та АС у точках Р і Е відповідно. Позначимо через
А' точку, симетричну точці А відносно ВЕ. Доведіть, що описа-
не коло трикутника АВЕ дотикається до описаного кола три-
кутника АВС.
3.2 (298). У гострокутному трикутнику АВС проведено висоти А2>,
ВЕ та СЕ, точка Н — його ортоцентр, Р точка перетину від-
різків ЕЕ таАВ. Через, точку Р проведемо відрізок М.і¥||ВС, де
МеАВ, N є АС. Доведіть, що чотирикутник АМЖУ — вписа-
ний.
4 (299)* Нехай а, Ь, с, & — додатні числа. Точка Р усередині
гострокутного трикутника АВС задовольняє такі умови: АВ = аЬ,
АС - ас, АР - ай, ВС - Ьс, ВВ = Ьй, СВ = сй. Доведіть, що
2АВР+/АСР = 60°.
5. Задача б (294) молодшої ліги.
6.1 (300). На смузі з 2016 білих клітинок Костя та Сергій фарбують
білі клітинки в чорний колір за такими правилами. Костя своїм
ходом може зафарбувати дві сусідні білі клітинки,, а Сергій —
або одну білу клітинку, або три сусідні білі клітинки. Забороне-
но робити ходи, після яких на смузі з’являється поодинока біла
клітинка. Ходять вони по черзі, розпочинає Костя. Програє
той, хто не може зробити хода; якщо всі клітинки зафарбовано
в чорний колір, то перемагає Костя. Хто переможе за правиль-
ної гри обох гравців?
65
6.2. Задача 6.1 (295) молодшої ліги.
7 (ЗОЇ). Нехай а, Ь, с — попарно різні натуральні числа такі, що
а + Ь + с = 547 та (аЬ + 1, Ьс + 1, са + 1) = (і. Якого найбільшого
значення може набувати величина (і?
8.1 (302). Чи справджується твердження: існує нескінченно багато
натуральних чисел, які не можна подати у вигляді п2+р, де
п. — натуральне, ар — просте число?
8.2. Задача 8 (290) наймолодшої ліги.
Старша ліга
1 (303). Сукупність чисел а0, а19 аг,..., а2п задовольняє умови
ак > ~ (ак_т + ак+х), к = 1, 2п -1. Доведіть нерівність
* 1 , .	1 у	ч
— (а1+а3+аб + ...+а2д_1)>—-(а0+а2+а4+.,.+а2д)
п	п+1
та з’ясуйте, для яких наборів чисел вона стає рівністю.
2.1 (304). Функція	для довільних х9 рєВ задовольняє
умову
/(х2+2у)>/(х2+3г/).
Відомо, що для деякого а > 0 / (а) = 2017. Знайдіть значення
Г (2017).
2.2 (305). Функція	для довільних х, задовольняє
умову
/(х2+2р)>/(х2+3р).
Відомо,-, що / (100) = 100. Знайдіть значення / (200).
3/1. Задача 3.1 (297) середньої ліги.
3.2.	Задача 3.2 (298) середньої ліги.
4 (306). Нехай АВСВ — трикутна піраміда, що має таку властивість:
якщо А', В'9 С', ІУ — інцентри трикутників ВСІ), АСВ, АВВ9
АВС відповідно, то прямі АА', ВВ', СС і ВВ' перетинаються
в одній точці. Доведіть, що справджується рівність
АВ • СВ = АС • ВР = АВ • ВС.
5.	Задача 5 (294) молодшої ліги.
6.	Задача.6.1 (300) середньої ліги.
7.	Задача 7 (ЗОЇ) середньої ліги.
8.1	(307). Два простих числа р та д відрізняються менше ніж у два
рази. Доведіть, що завжди існують два послідовних натураль-
них числа, в одного з яких найбільший простий дільник дорів-
нює р, а в другого —	4
8.2	. Задача 8.1 (302) середньої ліги.
66
88МВЕШМ Математичний бій № З ІВДМШЯІ
Яким курсом ви рухаєтесь — важливіше,
• ніж в якою швидкістю!
Наймолодша ліга
1 (308)? Чи обовязково з умов Ь(Ь? + с3)~с(с3 + а3)^=а(а3+Ь3) для
додатних чисел а, Ь, с випливає .умова а = Ь = с?
2 (309). Для яких чисел х, у, 2, їй, що задовольняють умову
х у	2 и>	х2 . у2
------+ -------------+	= 1, ЧИСЛО-+---+
у + 2 + и) г+іо + х и> + х + у х + у + г-------------• у + г + иі 2+и) + х ;
2	2
2	Ш	_
+------4------є додатним?
ІЯ + Х + у Х + у + 2
З (310). По різні боки від прямої І розташовані точки А ї В. Побу-
дуйте за допомогою циркуля та лінійки на цій прямій точку М,
для якої на прямій І летт бісектриса кута АМВ,
4 (311). Про чотирикутник АВСЛ відомо, що АВАЛ = АСЛА = 60°,
а також АСАЛ--АСЛВ. Доведіть, щоАВ + СР = АЛ.
5.1 (312). Числа 1, 2, ..., 64 по одному розставили в комірки табли-
ці 8x8. Число називають мінімаксним, якщо воно є найбіль-
шим у своєму рядку та водночас найменшим у своєму стовпчи-
ку. Перевірте, чи справджується твердження: кожна така
таблиця містить щонайбільше’ один мінімаксний елемент.
5.2 (313). Числа 1, 2, ..., 64 по одному розставлено в комірки табли-
ці 8x8. Число називають мінімаксним, якщо воно є найбіль-
шим у своєму рядку та водночас найменшим у своєму стовпчи-
ку. Перевірте, чи справджується твердження: кожна така
таблиця містить принаймні один мінімаксний елемент.
6 (314). Розглянемо дошку розміром пхп при п>2. Дві комірки
1x1 називають сусідніми, якщо вони мають спільну сторону.
. Із самого початку в усіх комірках було загалом к монет, при
цьому в кожній із них могла бути розташована будь-яка
кількість монет.
Иа кожному кроці вибирають комірку, що- містить при-
наймні по одній монеті для кожної сусідньої комірки, далі
переміщають рівно по одній монеті в кожну сусідню комірку
з вибраної комірки. Так учиняють настільки довго, доки не
настане момент, коли в кожній комірці залишиться кількість
монет, менша від кількості сусідніх комірок. Тоді гру вважають
такою, що закінчилася. Знайдіть найменше значення к, для
якого гра не закінчиться при будь-якому початковому розташу-
ванні монет і порядку ходів. ,
7 (315). Знайдіть усі пари чисел (а, р), де а — натуральне, ар —
просте число, що задовольняють рівність (а - р)3 = а -ьр>
67
8.1 (316); Чи для всіх пар натуральних чисел а > Ь, що задовольня-
ють рівність а-Ь = 5Ь2 -4а2, число а - Ь є квадратом цілого чис-
ла?
8.2 (317). Доведіть, що коли с > (і — додатні дільники числа п, то
, а2
с>(1+—.
п
Молодша ліга
1 (318). Чи обовязково з умов а(Ь3 +с3)=Ь(с3+а3) = с(а3 +Ь3) для
додатних чисел а, Ь, с випливає умова а = Ь = с? .
2 (319). Натуральне число а1а2<,..ап9 п>2, називають яскравим, .
якщо для нього справджується умова
+ ^1 + а2 +,...+ал.
Знайдіть усі яскраві числа.
З (320). Точки В та Е — проекції вершини А трикутника АВС на
прямі, на яких лежать бісектриси кутів В та С відповідно.
Доведіть, що ВЕ\\ВС.
4.1 (321). У трикутнику АВС проведено бісектрису АВ. На сторо-
ні АВ позначено точку М так, що МВ\\АС і /.МВА-ЛМВВ.
Знайдіть довжину відрізка ВС, якщо АВ = 5.
4.2 (322). У трикутників АВС та А1В1С1 відповідні, прямі паралель-
ні: АВН^Вр СВЦС1Д та АСЦАД. Чи обов’язково відповідні
кути цих трикутників рівні?
5.1. Задача 5.1 (312) наймолодшої ліги.
5.2. Задача 5.2 (313) наймолодшої ліги.
6. Задача 6 (314) наймолодшої ліги.
7. Задача 7 (315) наймолодшої ліги.
8.1. Задача 8.1 (316) наймолодшої ліги.
8.2. Задача 8.2 (317) наймолодшої ліги.
Середня ліга
1.1 (323). Числа х, у, 2 > 1 задовольняють умову -+—+- = 2. Дове-
х у 2
діть, що справджується нерівність
у/х + у + 2 ^у/х-І+^у-І+у/г-І.
За яких умов можлива рівність?
1.2 (324). Невід’ємні дійсні числа а, Ь> с, (і задовольняють умову
а2 + Ь2 =с2 +сі2 =1. Доведіть, що справджується нерівність
2+2ас + 2Ь(і>а+Ь+с+(1.	..	*
68
2 (325). Знайдіть усі функції /:]£-> їй такі, що Х/х, і/еі,. у^О
справджується рівність
/«'І /(у)
ч;г?м' . 
З (326). Дано трикутник АВС з ортоцентром Н, відмінним від
вершин і центра О описаного .кола. Позначимо через М9 2У,. Р
центри описаних кіл трикутників НВС, НСА, НАВ відповідно.
Доведіть, що прямі АМ, Вії9 СР та ОН перетинаються в одній
точці.
4.1	(327). Дано коло ш діаметра АВ. На цьому діаметрі вибрано
точки Р і М таким чином, що М — середина відрізка ВР. Через
точки МІР проведено паралельні прямі г та з, які не збіга-
ються з прямою АВ та не перпендикулярні до неї. Точка Н —
ортогональна проекція точки А на пряму з, точка К — друга
точка перетину кола и> та прямої АН. Точки X, ¥ — це точки
перетину прямої г та кола де точка X лежить по іншій бік
від прямої АВ відповідно до точки Н. Доведіть, що прямокут-
ник ВХН¥ — паралелограм.
4.2	(328). Дано коло и) діаметра АВ. На цьому діаметрі вибрано
точки Р і М таким чином, що М — середина відрізка ВР. Через
точки МІР проведено паралельні прямі г та з, які не збігають-
ся з прямою АВ та не перпендикулярні до неї. Точка Н — орто-
гональна проекція точки А на пряму з, точка К — друга точка
перетину кола ш та прямої АН. Точки X, У — це точки перети-.
ну прямої г та кола и>9 де точка 'X лежить по інший бік .від
прямої АВ відповідно до. точки Н. Доведіть, що трикутник
Н¥К рівнобедрений.
5.1	(329). Нехай б? — орієнтований граф. Доведіть, що можна по-
міняти орієнтацію деяких ребер (можливо, жодного) таким чи-
ном, щоб отриманий новий граф Н задовольняв такі умови:
•	у графі Н немає циклів;
•	найдовший шлях між будь-якими двома вершинами графа Н .
не довший за найдовший шлях між тими самими вершинами
графа О.
5.2	. Задачі 5.1 (312) наймолодшої ліги.
6 (330). Розглянемо дошку розміром п хп при п >2. Дві комірки
1x1 називають сусідніми, якщо вони мають спільну сторону. Із
самого початку в усіх комірках розташовано к монет. У кожній
комірці може бути розташована будь-яка кількість монет.
На кожному кроці вибирають комірку, що містить при-
наймні по одній монеті для кожної сусідньої комірки, далі
переміщають рівно по одній монеті в кожну сусідню комірку
з вибраної комірки. Так учиняють до тих пір, доки не настане
момент, коли в.кожній комірці залишиться кількість монет,
69
менша від кількості сусідніх комірок. Тоді гру вважають такою,
що закінчилася. Знайдіть найбільше значення к, при якому
гра обов’язково закінчиться за умови будь-якого початкового
розташування монет і порядку ходів.
7 (331). Для складеного числа п запишемо всі його дільники
• в порядку зростання: 1=/^ <<і2	=и. Для яких п може
справджуватися рівність
... :(^^_1)=1:2: ... :(/г-1)?
8.1 (332). Для натуральних чисел тп, п «визначимо послідовність
цілих чисел таким чином: а0=/п,	та аь+1 = 4аЛ
77?єМ. Якщо р = 41 + 1 > 5— просте число, то існують такі т, п,
що У&єГі ак не ділиться на р.
8.2. Задача 8.1 (316) наймолодшої ліги.
Старша ліга
1.1 (333). Для п >2 натуральні числа 6^, а2, ...,ад задовольняють
умови: <а2,	а1+а2-ьа3 <а4, ..., а1+а2+...+ад_1 <ад.
Доведіть нерівність
Лч Лд Лл	®д _ і п
а2 а3 а4	2
Для яких наборів чисел має місце рівність?
1.2. Задача 1.2 (324) середньої ліги.
♦ *
л	.	аЬ Ьс са
2.1 (334). Відомо, що для цілих чисел а, о, с число —+—+— —
с а Ь
„	.	аЬ Ьс са
ціле. Доведіть, що кожне із чисел —, — та — є цілим.
с а Ь
2.2. Задача 2 (325) середньої ліги.
3.1 (335). Два кола ш1 і іи2 із центрами в точках Ог та О2 перети-
наються в точках А та В. Точка X лежить на колі и>2. Точку У
вибрано на колі таким чином, що ХХВУ-90°. Пряма ОгХ
удруге перетинає коло ш2 у точці X'. Якщо Х'¥ удруге пере-
тинає коло и)2 у точці К, то точка X є серединою дуги АК.
3.2. Задача 3 (326) середньої ліги.
4.1. Задача 4.1 (327) середньої ліги.
4.2. Задача 4.2 (328) середньої ліги.
5.1. Задача 5.1 (329) передньої ліги.
5.2 (336). Клітинки шахівниці 8x8 пофарбовано в білий і чорний
кольори. Таке розфарбування називають білим, якщо ходами
шахової тури можна пройти від верхньої горизонталі до ниж-
ньої, рухаючись лише білими клітинками, тобто всі клітинки,
70
якими проходить тура, навіть без зупинок на них, мають бути
білими. Доведіть, що' білих розфарбувань менше, ніж половина
усіх можливих розфарбувань.
6. Задача 6 (330) середньої ліги. •
7.1 (337). Нехай Р(х) — многочлен степеня п>1. Чи обов’язково
існують дійсні числа а0,	..., ап такі, що не всі вони дорів-
п .
. нюють нулю, а многочлен £ ділиться на Р(х)?
Л = 0
7.2. Задача 7 (331) середньої ліги. •
8. Задача 8.1 (332) середньої ліги.
Розділ 8
11 -й ВСЕУКРАЇНСЬКИЙ ТУРНІР
МАТЕМАТИЧНИХ БОЇВ
імені АКАДЕМІКА І. І. ЛЯШКА
11-й Всеукраїнський турнір математичних боїв імені академі-
ка 1.1. Ляшка знову зібрав найкращих юних математиків Украї-
ни. Як завжди, турнір був проведений у трьох лігах — молодшій
(7-8 класи — 10 команд), середній (9 класи -—12 команд) і старшій
(10-11 класи — 8 команд). У змаганнях взяли участь учні таких
навчальних закладів: київських ліцеїв «Лідер», «Наукова Зміна»,
Русанівський, ПНЛ № 145, № 208, «Поділ», УФМЛ та гімназій
№178, «Діалог», а також ЛФМЛ (м. Львів), НВК № 4 (м. Кре-
менчук), спеціалізованої школи-інтернату (м. Ужгород), СШ № ЗО
(м. Херсон) і ДОЛІФМГІ (м. Дніпро).
Математичний занзібар
Молодша ліга
1 (338). Знайдіть найбільшу можливу7 кількість простих чисел се-
ред 100 послідовних натуральних чисел.
2 (339). Кожна з п’яти дівчинок має певну кількість цукерок —
у кожнихдвох вона різна. Відомо, що. в будь-яких трьох дівчи-
нок цукерок більше, ніж у двох інших. Скільки щонайменше
цукерок може бути в усіх дівчинок?
З (340). Із цифр 1, 2, 3, 4, 5,.6 утворюють усі можливі трицифрові
числа з попарно різними цифрами. У кожному такому числі ви-
- бирають найменшу цифру. Знайдіть середнє. арифметичне всіх
вибраних цифр.
4 (341). У гострокутному трикутнику АВС проведено три висоти, що
перетинаються в ортоцентрі Н. Утворилося шість кутів з верши-
ною в точці Н та сторонами, що йдуть уздовж проведених висот
71
(ці кути сумарно утворюють повний кут). Відомо, що градусні
міри трьох із цих кутів відносяться як 5 : 5 : 7, а сума трьох ін-
ших .кутів дорівнює 190°. Знайдіть кути трикутника АВС.
5 (342). Знайдіть усі пари (а, Ь) цілих чисел, що задовольняють
рівняння
За2+Зд2-7(а + &)==-4.
6 (343). Блоха, що сидить у початку координат, може робити стриб-
ки одного з трьох типів: із точки (х, у) в одну з точок (х, у + 5),
(х - 2, .у - 3) або (х -і- 4, у - 9). За яку найменшу кількість стриб-
ків вона може дістатися в точку (0, 2016)?
7 (344). У квадраті 4x4 на початку всі 16 квадратиків 1x1 — білі.
Яку максимальну кількість одиничних квадратиків можна пе-
рефарбувати в синій колір так, щоб кожний синій квадратик
мав сусіднім рівно один білий? У відповіді вкажіть число та
відповідне розфарбування квадратиків у синій колір.
Примітка. Квадрати вважають сусідніми, якщо вони мають
спільну сторону.
8 (345). На площині вибрано дві точки (?, В. Точку Р вибрано та-
ким чином, що коли взяти довільну іншу точку X площини, то
точка Р завжди буде ближчою до точки Х9 ніж до точки (} або
до точки Р. Знайдіть геометричне місце точок Р. •
9 (346). Знайдіть усі чотирицифрові натуральні числа які ма-
ють розклад на прості множники у вигляді 2т -3" -(т+п)9 де
т, п — натуральні.
10 (347). Скільки існує пар цілих чисел (а, Ь)9 які задовольняють
і і і х. і сілі п •	«* д * Ь .	2017
умову І а К Ь <2017 і всі три дроои------, ------ та-----
' 1 1 ’	6+2017 2017+а	а + Ь
є цілими числами?
11 (348). Наталка має колоду з 52 карт, що складені в стопку кар-
тинками донизу. Її дія полягає в тому, що вона бере сім верхніх
карт, перевертає їх зворотним боком (тобто верхня карта стає
нижньою та повернутою картинкою догори) і кладе ці сім карт
униз колоди. Такими діями вона хоче досягти ситуації, коли
всі карти в колоді знову лежатимуть картинкою донизу. За яку
найменшу кількість кроків Наталка може цього досягти?
12 (349). Розглянемо прямокутний рівнобедренйй трикутник АВС
із прямим кутом А. Вибрано таку точку Р, для якої ВЛ ± ВС та
АР = ВС. Знайдіть градусну міру кута ЛАВ.
13 (350). Чи існують взаємно прості числа х, у і взаємно прості
числа а, Ь9 для яких ху: аЬ, при цьому жодне із* чисел х, у не
ділиться на жодне із чисел а, Ь? У відповіді вкажіть, що таких
чисел не існує, або наведіть приклад принаймні однієї четвірки
(х, у9 а9 Ь) таких чисел.
72
14 (351). Знайдіть усі трійки чисел (а, Ь, е), які задовольняють
умови: а 4- Ь + с = 0, а2 +Ь2 + с2 =2048 та а3 +Ь3-не3 = 2017а&с.
15 (352). У залі для олімпіади розставили столи у вигляді прямо-
кутника з п > 3 рядів по т > 3 столів у кожному. За кожним
столом сидить рівно один учасник, зайнято всі столи. Сусідами
назвемо тих двох учасників, чиї столи є сусідніми по стороні чи
по діагоналі (зрозуміло, що запасник у центрі має рівно вісім
сусідів). Перед початком олімпіади кожні два сусідні учасники
потиснули руки один одному. Усього було 1020 рукостискань.
Скільки учасників узяли участь в олімпіаді?
16 (353). Усередині прямокутного трикутника АВС із прямим ку-
том В вибрано точку В таким чином, що АВ = СВ, ВС = 2АВ
і /ВСВ = 30°. Знайдіть градусну міру кута ВАР.
17 (354). Катруся вводить у комп’ютер ціле число х > 2016. Після
нього написане число х перетворюється за правилом
я 2016x4-1. Якщо в якийсь момент виникає число, кратне
2017, то Катруся програє. Яке найменше число може ввести
Катруся, щоб не програти?
18 (355). У каравані 100 верблюдів, одногорбих та двогорбих. На
будь-які 60 верблюдів припадає не менше’ ніж половина від усіх
горбів каравану, але ця властивість порушується, якщо одного
одногорбого верблюда замінити двогорбим. Скільки двогорбих
верблюдів у каравані?
19 (356). Треба покрити без накладань квадрат’ 13x13 квадратика-
ми 2x2 та Ь-фі турками, які утворені з квадрата 2x2 відрізан-
ням одного одиничного квадратика таким чином, щоб кількість
Ь-фігурок була мінімально можливою. Яка найменша кількість
Е-фігурок буде в разі такого заповнення?
20 (357). Дано прямокутний трикутник зі сторонами АС =3, ВС = 4,
АВ = 5. Знайдіть довжину частини периметра трикутника АВС,
утвореного точками, відстань від яких до точки А менша або
дорівнює відстані до точки С.
Середня ліга
• 1. Задача 1 (338) молодшої ліги. '
(х4-й2 = у3,
2 (358). Розв’яжіть систему рівнянь 4
. [у + х=х\
3. Задача 3 (340) молодшої ліги.
4 (359). Прямокутник АВСВ має сторони АВ = З, ВС = 2. Точка Р
на стороні АВ є такою, що бісектриса кута СВР проходить через
середину сторони ВС. Знайдіть довжину відрізка ВР.
5 (360). Знайдіть усі такі прості числа р, для яких вираз р8 -4р+9
є квадратом цілого числа.
73
6. Задача 6 (343) молодшої ліги.
7 (361). Нижній ряд клітинок прямокутника 2x13 заповнений злі-
ва направо числами 1, 2, ...» 13, верхній ряд — порожній.
За один хід можна пересунути число в сусідню по стороні клі-
тинку, якщо в ній на ‘Цей момент немає числа. За скільки що-
найменше ходів можна отримати позицію, у якій нижній ряд
заповнений зліва направо числами 13, 12, ..., 1?
8.	Задача 8 (345) молодшої ліги.
9.	Задача 9 (346) молодшої ліги. ’
10.	Задача 10 (347) молодшої ліги.
11.	Задача 11 (348) молодшої ліги.
12.	Задача 12 (349) молодшої ліги.
13 (362). Знайдіть трицифрове число-паліндром, яке в результаті
додавання до нього 2017 залишається числом-паліндромом. На-
ведіть усі можливі відповіді.
14 (363). Для яких значень а, Ь > 1 вираз аЬ (а + Ь - 10) + 8 (а + Ь)
набуває найменшого можливого значення?
15 (364). Дев’ять однакових трикутників роз-
ташовані, як показано на рис. 8.1; кожний
із них помічено «міткою» 0. Олесь може	/	\
робити такі послідовні ходи: може вибрати /\0/\
два трикутники, які мають спільну сторо- / 0 \/ 0 \
ну, і додати 1 до їхніх міток або відняти / \ о/\О*/\
1 від їхніх міток. Олесь хоче* для деякого / 0\/ 0\/ 0 \
цілого невід’ємного п отримати ситуацію,
у ЯКІЙ МІТКИ ВСІХ трикутників утворю- '	1 •
ватимуть множину {п, п 4- 1, ..., п + 8},	* **
Для яких значень п це можливо?
16. Задача 16 (353) молодшої ліги.
17 (365). Від натурального числа N віднімаємо його найбільший
власний дільник. З одержаним числом повторюємо цю опера-
цію доти, доки не отримаємо просте число. Скільки таких дій
віднімання треба зробити для числа ?7 = 1919?
18 (366). Знайдіть найбільший і найменший елементи множини
• М = ] = + Х|а,5є{1,2,.-..,9}к
[Ьа аЬ	і
19. Задача 19 (356) молодшої ліги.
20 (367). У неопуклому чотирикутнику АВСБ кути при верши-
нах А, В, С дорівнюють 45°. Відомо, що довжина одного із
шести відрізків між вершинами чотирикутника дорівнює 4. Ви-
значте, довжиною якого з відрізків це має бути, щоб знайти
площу чотирикутника АВС, та знайдіть його площу.
74
Старша ліга
1 (368). Для кожного натурального п позначимо через хп кількість
п-цифрових натуральних чисел, що складаються із цифр 0, 1,
2, 6 і діляться націло на 4. Знайдіть натуральне п, для якого
справджується рівність
= 2016.
Примітка. Тут через [а] позначено цілу частину числа а, тобто
найбільше ціле число, що не перевищує числа а.
2 (369). Відомо, що функція	при всіх дійсних значеннях
'	{х+1А	і
х>.-1;0 задовольняє умову /І-----=----. Знайдіть значення
к х / яг + 1
суми / -— +/(«), де а — найбільший корінь рівняння
ча-1/
х3 + х + 1.
3.	Задача 3 (340) молодшої ліги.
4	(370). Нехай АВСВ — паралелограм зі сторонами АВ ~ 10 та ВС - 6.
Кола сг і с2 із центрами в точках А та С відповідно проходять
через точку В. Деяке коло із центром у точці В перетинає ко-
ло с1 у точках Д і та коло с2 у точках Р2 і (?2. Знайдіть
відношення Р^:Р^2.
5.	Задача 5 (360) середньої ліги.
6	(371). Знайдіть усі функції	для яких Уа, ЬєК справ-
джується умова
/(а2)-/(&2)<(Да)+д)(а^Г(&)).
7.	Задача 7 (361) середньої ліги.
8	(372). Нехай АВ — бісектриса трикутника АВС, точка М — сере-
дина сторони ВС. Пряма, що паралельна АВ і проходить через
точку М, перетинає прямі АВ і АС у точках В та В відповідно.
Знаючи, що АВ = 18, АС = 25, знайдіть довжини відрізків ВЕ
тьСЕ.
9.	Задача 9 (346) молодшої ліги.
10	(373). Многочлен 42-го степеня набуває нульових значень для
Г	її 11
кожного значення р із множини <	д2,...,	, •••> — ь де
£	І	7і 72 •	721 ]
7і <7г <••♦ <7яі — перші непарні прості числа» Знайдіть відно-
шення Р(2):Р^і^.
11.	Задача 11 (348) молодшої ліги.
12.	Задача 12 (349) молодшої ліги.
75
13 (374). Обчислювальний агрегат за даним натуральним числом п
видає число 2п - 7 або Зп - 14. Розпочавши із числа п = 77, він
отримав число, більше за 777 777. Знайдіть найменше можливе
з таких чисел.
14 (375). Знайдіть усі функції	які г/єК задовольня-
ють умову
,	Т(х+у)Цху) = /(х2-у2+1). :
15. Задача 15 (364) середньої ліги.
16 (376). Розглянемо на декартовій площині точки О (0; 0) (початок
координат)» А (-2; 0), В (0; 2). Точки Е та В — середини відріз-
ків ОА та ОВ відповідно. Розглянемо поворот трикутнйка ОЕВ
навколо точки О в положення трикутника ОЕ'Е' і для кожного
такого проміжного положення розглянемо точку Р(х;у)~
=АЕ'СУВЕГ. Знайдіть максимальне можливе значення у — ор-
динати точки Р.
17.	Задача 17 (365) середньої ліги.
18.	Задача 18 (366) середньої ліги.
19.	Задача 19 (356) молодшої ліги.
20.	Задача 20 (367) середньої ліги.
'ВИНЙЙШІ командна усна олімпіада МИМИИ
Хто ніколи не робив безглуздих вчинків,
той не такий мудрий, як йому здається.
Франсуа де Ларошфуко
Молодша ліга
1 (377). Відомо, що натуральні числа а та Ь мають відповідно 100
і 101 дільник. Чи може число аЬ мати рівно 2017 дільників?
2 (378). На дошці розміром 2018x2018 у кожній клітинці головної
діагоналі стоїть по одній шашці. За один хід можна вибрати дві
довільні шашки та зсунути кожну з них на одну клітинку вгору
або вниз. Чи можна такими кроками виставити всі шашки на
нижній горизонталі?
З (379). Розглянемо всі чотирикутники АВСВ, діагоналі АС і ВВ
яких розташовані всередині цих чотирикутників. Чи існу-
ють два Чотирикутники АВСВ і КЬМИ такі, що чотирикут-
ник КЬМШ розташований усередині або на межі чотирикутни-
ка АВСВ, а сума діагоналей чотирикутника ІШШЇ більша за
суму діагоналей чотирикутника АВСВ!
4 (380). Знайдіть усі пари,дійсних чисел (і, х), що задовольняють
рівності:
і3-Зі2+Зі-х = 0 та 27(х-1)4+(1-х2)3=0.
76
5 (381).. Натуральне число п називають 2016-інваріантним, якщо
його сума цифр збігається із сумою цифр числа п + 2016; на-
. приклад, число п,= 8312 має суму цифр 14, так само як і число'
п + 2016 = 10328. Скільки всього серед перших 9999 натураль-
них чисел є 2016-інваріантних?
6 (382). Вершини правильного п-кутника пофарбовано в один із
двох кольорів — жовтий або блакитний. Відомо, що в резуль-
таті кожного обертання п-кутника навколо центра, коли вер-
шини переходять у вершини, кількість вершин, що мають різні
кольори до початку обертання й після, становить менше ніж
32 %. Доведіть, що кількість вершин одного з кольорів менша
ніж 20 % від загальної кількості вершин.
7 (383). У трикутнику АВС проведено висоти АЛ, ВЕ, СЕ. На пря-
мій ЕЕ вибрано точки Р, С таким чином, що ЕР = ЛЕ, (£Е = ЛЕ,
точка Е розташована між точками Р і Р, точка Е — між точ-
ками Е та б. Серединний перпендикуляр до відрізка Л(^ пе-
ретинає пряму АВ у точці X, серединний перпендикуляр до
відрізка ЛР — пряму АС у точці У. Доведіть, що середина від-
різка ВС лежить на прямій Х¥.
8 (384). Розглянемо всі правильні нескоротні дроби зі знаменни-
ком, що не перевищує 2017, та розташуємо їх у порядку
зростання. Для кожних двох сусідніх дробів — <— цієї розста-
Ь (і
новки обчислимо значення к = Ьс - ад. Яких значень може на-
бувати #?
Середня ліга
1 (385). Натуральне число п називають 2016-інваріантним, якщо
його сума цифр збігається із сумою цифр числа п + 2016; на-
приклад, число п = 8312 має суму цифр 14, так само як і число
п + 2016 = 10328, Знайдіть найбільше'чотиризначне 2016-інва-
ріантне число.
2.	Задача 4 (380) молодшої ліги.
3.	Задача 6 (382) молодшої ліги.
4	(386). Дано гострокутний трикутник АВС і точку Л на сторо-
ні АВ. Позначимо через'Р, 0 центри кіл, описаних навколо три-
кутників АСЛ і ВЛС відповідно. Доведіть, що трикутники АВС
і ЛРСІ подібні.
(Богдан Рубльов)
5 (387). Куб розрізали на 2010 менших кубиків, серед яких 2008
одиничних (з ребром, що дорівнює 1) та два кубики з ребрами,
довжини яких є цілими числами, відмінними від 1. Знайдіть
об’єм великого куба.
(Сергій Жидков )
. 77
6 (388). Для довільного непарного п у квадранті пхп, що розрізаний
на п2 одиничних квадратиків, розглянемо всі одиничні ребра,
які є сторонами одиничних квадратиків. їхня загальна кіль-
кість — 2п (п 4- 1), і кожне з них пофарбовано в жовтий або
блакитний колір. Доведіть, що коли жовтих ребер не більше
ніж п2, то існує одиничний квадратик, у якого принаймні три
ребра, що складають його межу, є блакитними.
7 (389). Кола \ і перетинаються в точках М і N. Пряма І пере-
тинає коло у точках А та С, а коло /г2 — у точках ВІР так,
що точки А, В, С, В лежать на прямій І у цьому порядку. Нехай
точка X на прямій ММ є такою, що точка М лежить між точка-
ми X та N. Прямі АХ і ВМ перетинаються в точці Р, а прямі РХ
та СМ — у точці С.. Доведіть, їцо. Р(і\\1.
8. Задача 8 (384) молодшої ліги.
Старша ліга
1	(390). Усередині прямокутного, трикутника АВС з катетами АС = 1,
ВС =? 2 розташовано квадрат РВВС, вершини якого задоволь-
няють такі умови: Р та Е лежать на катеті СВ, Е лежить на
гіпотенузі, а ОА = 1. Знайдіть сторону квадрата.
2	(391). Для невід’ємних а, Ь доведіть нерівність
1 + аЯ017 +д2017 >о10д7 +Л2000 +а2000д10<
3	. Задача 5 (387) середньої ліги.
4	. Задача б (388) середньої ліги.
5 (392). На вечірці було кілька хлопців і дівчат. Групу хлопців
назвемо дружньою, якщо кожна дівчина на вечірці знає при-
наймні одного хлопця із цієї групи. Аналогічну групу дівчат
також назвемо дружньою. Відомо, що кількість дружніх груп
хлопців на вечірці непарна. Доведіть, їцо кількість дружніх
груп дівчат так само є непарною.
6 (393). Доведіть, що рівність х + і/+—= 3п, дер — просте число,
х . у
п — натуральне, х9 у — додатні раціональні числа, неможлива,
якщо р^2.(пюс13).
7 (394). Розглянемо визначену на інтервалі (0; 1) функцію
х, хєЯЦО),
Ї(х)~]р + 1	р	и ,л
~, х ~ — —• нескоротний дріб.
 4	4
Якого найбільшого значення ця функція набуває на проміжку
М? '
І 8 9/
78
8 (395). Вписане коло трикутника АВС дотикається до його сторін
у точках Д), Во, Со. Пряма АД перетинає вдруге описане коло
трикутника АВС у точці Р, а прямі РВ0 та РС0 — у точках Вт
та Сг відповідно. Для яких трикутників АВС прямі ВЦ і СВХ
перетинаються на прямій АД?
(Олександр Руденко )
ІЯЙЙМВШИІ Математичний бій № 1
Треба багато знати, щоб уміти
приховувати своє незнання.
Марія* фон Ебнер-Ешенбах
Молодша ліга
1.І (396). Відомо, що сума натуральних Чисел а, Ь, с дорівнює 100.
Скільки існує таких трійок чисел (а," Ь, с), для яких справджу-
а	Ь	с	с	а	Ьп
• ється нерівність —н—+-<-+—+—?
Ь	с	а	Ь	с	а
1.2 (397). Знайдіть їакі трійки дійсних чисел (х, у, г), які задоволь-
няють умови х -І- 2у = 4 та 2ху-3г2 = 4.
2 (3^8). Доведіть, що існує нескінченно багато попарно різних на-
. туральних чисел /а, Ь, с, д) таких, що задовольняють рівність
аЬ + сд = (а + Ь)(с + д).
З (399). У паралелограмі АВСВ точки М та N — середини сторін ВС
і СВ відповідно. Чи існує таке співвідношення між сторонами
паралелограма, що промені АЛ та АМ ділять кут ВАВ на три
рівні частини?
4 (400). З деякої' точки площини проведено 12 різних променів.
Скільки мінімум гострих кутів може бути серед тих, що утво-
рені цими променями?
Примітка. Потрібно розглядати кожну пару променів.
5 (401). Скінченну кількість ламп з’єднали в електричну схему. Де-
які пари ламп з’єднали дротом. Кожна лампа горить синім або
червоним кольором. Кожна лампа, що з’єднана принаймні з од-
нією лампою іншого кольору, під час натискання перемикача
змінює свій колір на іншій. Доведіть, що через деякий час усі
лампи будуть мати той самий колір, що мали за два натискання
перемикача перед цим.
6 (402)/Два гравці грають у лаку гру. Спочатку на дошці записано
числа 2, 4, 6, ..., 2018. За один хід можна зменшити на 1 будь-
яке із записаних чисел. При цьому з дошки витирають числа
0 та числа, які збігаються з уже записаними числами (тобто ви-
тирають рівно одне з двох рівних чисел). Програє той гравець,
79
після чийого ходу на дошці не залишиться жодного числа. Хто
виграє за правильної гри — той, хто розпочинає,, чи той, хто
ходить другим?
7 (403). Чи для кожного числа, що має рівно дев’ять різних діль-
ників (включно з 1 та самим числом), ці дільники можна розта-
шувати в таблицю 3x3 таким чином, щоб добуток чисел у кож-
ному рідку, у кожному -стовпчику та кожній діагоналі був
однаковим? -
8 (404). Розглянемо систему рівнянь для цілих значень параме-
тра п та розв’яжемо її в цілих числах (а, Ь, с):
*	І «	, і^2 Л2
[п — а 4-е? — с .
Доведіть, що для всіх цілих п існує принаймні один розв’язок,
і з’ясуйте, для яких цілих п буде нескінченна кількість розв’язків.
9.1	(405). Нехай А=1! • 2! ♦ 3! •... ’ 1002! та В-1004Ь1005! ’ 1006! х
х... • 2006!. Доведіть, що добуток 2АВ є квадратом цілого чис-
ла, а сума А + В — ні.
9.2	(406). Назвемо десятицифрове число подільним, Якщо всі його
10 цифр різні та воно ділиться на 11111/Скільки існує поділь-
них чисел?
Ї0.1 (407). Два гравці по черзі ставлять по одній фішці у вільні
клітинки квадрата 2017x2017. При цьому має виконуватися
умова: у кожному рядку та кожному стовпчику не може стояти
більше ніж дві фішки. Той, хто не може зробити хід, програє.
Хто має виграшну7 стратегію за правильної гри обох гравців?
10.2	(408). У колоді 52 карти, по 13 карт кожної масті. Том загадує
масть.і записує її на секретному папірці, а Джеррі витаскує
якусь карту й далі в колоду її не повертає. Якщо масть збігаєть-
ся із записаною Томом на папірці, то Том отримує один шматок
ковбаси. Яку найбільшу кількість шматків ковбаси гарантовано
може отримати Том по закінченні карт у колоді?
Середня ліга
1.1 (409). Нехай хр х2,.... х11 — невід’ємні числа, сума яких дорів-
нює 1. Доведіть, що справджується нерівність
Х1Х2Х3Х4 + Х2ХдХ4Х5 +.. ♦ + Х|
+хі2хі зхі А хіА Лх2+	*
(Сергій Жиляее)
1,2* Задача 1.1 (396) молодшої ліги.
2 (410). Знайдіть додатні числа х, у, г, що задовольняють умови:
х (12 - у) = 16, у (12 - я) = 36, г (12 - х) = 81.
80
З (411). Знайдіть кути хоча б одного трикутника, у якого одна бі-
сектриса вдвічі більша за іншу.
(Богдан Рубльов).
4. Задача 4 (400) молодшої ліги.
5 (412). Розглянемо скінченну множину точок Б на площині, що
задовольняє такі умови: якщо X, У — дві різні точки цієї мно-
жини. то для одного з двох правильних трикутників зі сторо-
ною Х¥ його третя вершина належить до множини 8. Яка кіль-
кість точок може належати до множини 8?
6.1	(413), Чи існують такі натуральні числа а* <а2 <,..<аА, що всі
суми вигляду а.+	попарно різні та. серед них є
1000 послідовних натуральних чисел?
6.2	. Задача 6 (402) молодшої ліги. •
7.	Задача 7 (403) молодшої ліги.
8.	Задача 8 (404) молодшої ліги.
9	(414). Нехай АВСВ — трапеція з основами АВ та ВС. Точки Е та
Р вибрано на бічних сторонах АВ і СВ відповідно. Нехай описа-
не коло трикутника АЕР перетинає вдруге пряму АВ у т
ці Ар а описане коло трикутника СЕР, перетинає вдруге пря-
му ВС у точці Сг Доведіть, що прямі ДС13 ВВ та ЕР перетина-
ються в одній точці.
10.	Задача 10.1,(407) молодшої'ліги.
Старша ліга
1. Задача 1.1 (409) середньої ліги,
2(415). Визначте всі функції /,:Е—>В, що Ух, г/, задовольня-
ють рівність
/(/(*) + №) +/(*))-
. . - /(/ (X) - Цу)) + Ц2ху + Лз)) Я- 2Лхз - г/з). .
З (416). Доведіть, що для довільного трикутника виконується не-
рівність
2Я+(з7з-4)т>р,
де В, г — радіуси описаного та вписаного кіл, а р — півпери-
метр трикутника.
(Едвард Туркевич)
4 (417). Розглянемо трикутник АВС, > 60°, ХС > 30°. У півпло-
щикі, що задається прямою ВС і не містить точку А, розгляне-
мо точки В та В, *що задовольняють умови; ХАВЕ - Х.СВВ ~ 90°,
ХВАЕ - ХВСВ-60с. Позначимо через Р та Н середини відрізків
' АЕ та СВ відповідно, С--АСПВВ. Доведіть, що &ГСН -&АВС.
81
 5. Задача 5 (412) середньої ліги.
6	. Задача 6.1 (413) середньої ліги.
7	(418). Знайдіть усі такі натуральні к > 2, для яких послідовність
С2п (тосі к), починаючи з деякого моменту, стає періодичною.
8	. Задача 8 (404) молодшої ліги.
9	(419). Усі діагоналі бічних граней п-кутньої призми пофарбували
в жовтий і блакитний кольори таким чином, що однокольорові
діагоналі не мають спільних точок. Доведіть, що сума квадратів
довжин усіх жовтих діагоналей дорівнює сумі квадратів дов-
жин усіх блакитних діагоналей.
(Олег Крижанівський )
10	(420). Нехай а і Р — додатні раціональні числа. Припустимо,
і у
що для деяких цілих додатних т і п число ап+рт — також
.1 А
раціональне. Доведіть, що тоді кожне із чисел ал і Рот — раціо-
нальне.
Математичний бій № 2
Розв'язання найскладнішої задачі
доручайте найбільш лінивому учаснику —
він знайде легший шлях.
•	•	*	Закон Хлейда
Молодша ліга
1.1 (421). Порівняйте два числа: А=у/З3 та
С/ТГ+їА/зКті+л/ї) (>/72+/7з)(72+7з)
___________________і ____________
(//2017 + /72018 ) (72017 + 72018)
1.2 (422). У бригаді є п працівників і бригадир. За свою роботу
кожен із них отримав цілу кількість гривень: усі робітники —
по 5000 грн, а бригадир — на 2017 гри більше за середній за-
робіток у бригаді (включно з бригадиром). Скільки гривень міг
отримати бригадир?
2 (423). Дано натуральне п та різні цілі числа а2,..., а2п. Знай-
діть ціле число тп, якщо відомо, що | т-а^ | • | т-а21 •... х
Х|'П-а2л |=(«02.
3.1 (424). Яку найбільшу кількість різних точок на площині із ці-,
лими координатами можна вибрати таким чином, щоб жодний
82
аІ1 ' ''аіо
\ / \ /
и12/\
/ \ \
/ \ / \
V
«5
Рис. 8.2 -
із відрізків з кінцями в цйх точках не містив ще двох точок із
цілими координатами?
3.2 (425). Трикутник розрізали на рівНосторонні трикутники. Чи
обов’язково й початковий трикутник мав бути рівностороннім?
4 (426). Дано прямокутний трикутник АВС. На гіпотенузі АВ ви-
брали точку Л таким чином, що АВ - 2СВ. Знайдіть кути три-
кутника АВС, якщо відомо, що ХАСВ = 27°.
5.1 (427). Числа а{9 а2>..., а12 — це деяка пере-
становка чисел 1, 2, ..., 12, які розставле-
но у фігуру (рис. 8,2) таким чином, що
суми чотирьох чисел по кожному із шести
відрізків збігаються. Знайдіть найменше
значення, якого за таких, розстановок
може набувати вираз	+ а2 +... + аб.
5.2 (428). На кінцях смуги, що складається
зі 101 клітинки, стоять дві фішки: ліво-
руч —- фішка, першого гравця, праворуч —
другого. За хід кожний гравець може зсу-
нути свою фішку в напрямі протилежного краю на 1, 2, 3 чи
4 клітинки. При цьому перескакувати через фішку супротивни-
ка можна, а от ставати на клітинку, яка зараз зайнята фішкою
супротивника, не можна. Перемагає той, хто першим досягне
іншого краю. Хто переможе в разі правильної гри обох — пер-
ший гравець (який ходить першим) чи другий?
6.1	(429). Кожний відрізок, що сполучає дві із 77 заданих точок,
має жовтий чи синій колір. Відомо, що всі точки можна роз-
бити на сім груп так, щоб кожні дві точки кожної групи були
сполучені жовтим відрізком. Відомо також, що при кожному
такому розбитті розмір кожної із груп дорівнює 11. Наведіть
приклад такої конфігурації з максимальною кількістю жовтих
відрізків.	г
6.2	(430). На площині розташовано 2017 різних точок. Для кожної
пари точок будуємо середину відрізка, що їх сполучає. Яка най-
менша можлива кількість отриманих середин відрізків при всіх
можливих розташуваннях точок на площині?
7.1	(431). При яких натуральних п число п4 + п2 ділиться на 2п + 1?
7.2	(432). Знайдіть натуральні а, Ь та просте р, які задовольняють
..‘111
рівність — = “ +
р а Ь
8 (433). Позначимо через (і (п) кількість натуральних дільників на-
турального числа п, Доведіть, що для числа ал=88...8 справ-
п
джується нерівність (і(ап)>8сІ(п)-8.
83
9 (434). Для деякого фіксованого п > 1 квадрат розрізали на п пря-
мокутників зі сторонами а, <Ьі9 і = 1, п. Якого найменшого зна-
чення може набувати сума	+ ...+—?
10 (435). У компанії — дев’ять школярів, деякі з них ворогують
один з одним. Час від'часу вчитель призначає одного зі школярів
старостою, і той одразу свариться з усіма своїми друзями, але
починає товаришувати з усіма тими, з ким до цього ворогував.
Далі вчитель призначає нового старосту, і процес повторюється.
Доведіть, що вчитель, діючи таким чином, може досягти того,
що в компанії залишиться не більше ніж 16 ворогуючих пар.
Середня ліга
1.1	(436). Нехай а, Ь9 х, у — невід’ємні числа, к > 0, для яких ви-
конуються нерівності:
а + /?х<1; а + /гг/<1; Ь + — <1; Ь + — <1.
к	к
Доведіть, що справджується нерівність
*	(а + х)2+(& + і/)2 <2.
За яких умов можлива рівність?
л (Едвард Туркевич)
1.2	. Задача 1.1 (421) молодшої ліги.
2. Задача 2 (423) молодшої ліги.
З (437). На сторонах АВ, ВС і СА трикутника АВС вибрано точки Ь9
М та N відповідно так, що прямі СД АМ та В2У перетинаються
в спільній точці О всередині трикутника та в чотирикутники
АЬОМ, ВМОЬ та СІЇОМ можна вписати коло. Доведіть, що
1 1 1 11 1
-------1-------—г	=----------------1-------.
АЬ-ВМ ВМ-СІЇ СІЇ-АВ А^-ВЬ ВЬ; СМ СМ • АИ
4 (438). Чи існує трикутник, сторони якого виражаються натураль-
ним числом сантиметрів, а дві його медіани перпендикулярні?
(Богдан Ківва )
5. Задача 5.1 (427) молодшої ліги.
6.1 (439). Знайдіть найменше додатне число а, яке має таку влас-
тивість: у кожному трикутнику можна вибрати дві сторони а, Ь9
для яких справджується нерівність
а> — >1.
Ь
6.2. Задача 6.1 (429) молодшої ліги.
7.1. Задача 7.1 (431) молодшої ліги.
7.2. Задача 7.2 (432) молодшої Ліги.
84
8.1 (440). Розглянемо два способи заповнення квадрата пхи нату-
ральними числами від 1 до п2.
Спосіб «А»: усі числа заповнюють квадрат послідовно зліва на-
право в порядку зростання по рядках, починаючи з верхнього.
Спосіб «Б»: числа заповнюють квадрат у порядку зростання
паралельно діагоналі, що проходить через праву верхню комір-
ку, зліва направо.
На рис. 8.3 показано варіанти заповнення для п = 4. Обов’яз-
ково збігаються числа в обох варіантах у лівій верхній і пра-
вій нижній комірках, а також при непарному п у центральній
комірці. При яких п можуть збігтися числа ще хоча б в одній
якійсь комірці?
«А»	1	2	3	4		«Б»	1	3	6	10
	5	6	7	8			2	5	9	13
	9	10	11'	12			4	8	12 .	15
	13	14	15	16			7	11	14	16
Рис. 8.3
8.2. Задача 8 (433) молодшої ліги.
9. Задача 6.1 (429) молодшої ліги.
10.	1 (441). Вписане коло трикутника АВС дотикається до сторін
ВС, АС та АВ у точках І), Е та Е' відповідно. Коло, що прохо-
дить через вершини А і В та містить усередині трикутник АВС,
перетинає пряму ВЕ в точках Р та 0. Доведіть, що середина
відрізка АВ лежить на описаному колі трикутника Р(2Е.
10.	2. Задача 10 (435) молодшої ліги.
Старша ліга
1 (442). Доведіть, що для всіх додатних цілих п>3, 2 • >/3 • >/4 •... х
2 (443). Знайдіть усі такі функції ./:!£-»]&, що для .всіх х, ї/еК
задовольняють рівнянйя
•	. '	Г(2х+2у)^Г(Г(х))Г(у). ’
3(444). Коло	знаходиться всередині кола ш2. Хорди №^29 МгМ2
кола со2 перетинають коло у точках Е, С та В, В відповідно
(порядок розташування точок на прямих:	Е, С, М2 та М19
В9В9 М2). Прямі ^М2 та М^2 перетинаються в точці Р. Пря-
мі ВЕ та СВ перетинаються в точці (2. Доведіть, що бісектриса
кута Е(2В перпендикулярна до бісектриси кута І^РМ^
. (Вадим Митрофанов )
85
4.	Задача 4 (438) середньої ліги.
5	(445). На колі лежать п точок, які ділять його на рівні дуги
(п>1). Для будь-якохю додатного цілого х нехай Рп(х) позна-
чає кількість можливих розфарбувань усіх цих точок х кольо-
рами так, що будь-яке обертання цього розфарбування на
. 360°	.	.	‘
і-----, де і — додатне ціле число, менше від п, дає розфарбу-
п
вання, відмінне від початкового принаймні в одній точці. Дове-
діть, що функція Рп(х) поліноміальна відносно х.
6.	Задача 6.1 (439) середньої ліги.
7	(446). Натуральне число п називають спеціальним, якщо воно не
ділить число І1ДД+...+— -(п^І)!. Знайдіть усі спеціаль-
к . 2 3	п-17
ні числа від 10 до 100 включно.
8.	Задача 8.1 (440) середньої ліги.
9.	Задача 6.1 (429) молодшої ліги.
10	(447), У ряд записано 201 натуральне число Ор.а2,..., а201. Відо-
' мо, що =а201 -19 999. Крім того, кожне інше число менше від
середнього арифметичного своїх сусідів на однакове натуральне
число. Знайдіть усі ці числа.
«М Математичний бій № З КМИН
Необхідно з’ясовувати,
хто знає краще,
а не хто знає більше.
Мшпель де Монтень
Молодша ліга
1.1 (448). Яке натуральне число п треба вибрати, щоб справджува-
лася нерівність
24	2-2	2'3	2п 2016 о
14+12+1 24 + 22+1 34+32+1 п4 + п2+1 2017
. . (Богдан Рубльов)
1.2 (449). До натурального числа А праворуч дописали дві цифри.
Знайдіть число А, якщо записане число дорівнює сумі всіх на-
туральних чисел від 1 до А.
2 (450). Знайдіть найменше ціле значення числа а, для якого нерів-
ність х4 +2х2'+а>4х справджується для всіх дійсних х.
86
З (451). На сторонах ВС, СА, АВ трикутника АВС вибрано відповід-
но точки Ар В1? Сг так, що медіани А1А2, ВГВ2, СгС2 трикутника
А1В1С1 паралельні відповідно прямим АВ, ВС, СА. Знайдіть,
у якому відношенні точки А^, В1,С1 ділять сторони трикутни-
ка АВС.
4 (452). Усередині трикутника АВС (АСАВ = 100°, /АВС = 20°) ви-
брано таку точку В, що /ВАВ = 30° та /ВВА = 10°. Знайдіть
градусну міру кута АСВ.
5 (453). У прямокутнику (2тп+1)х(2п+1) кожну комірку 1x1 по-
фарбовано в жовтий або блакитний колір. Комірку називають
Р-домінуючою, якщо в її рядку принаймні п +1 комірка має
такий самий колір. Аналогічно комірка є С-домінуючою, якщо
в її стовпчику принаймні т +1 комірка має той самий колір.
Доведіть, що існують щонайменше т + п +1 комірок, які
одночасно є С- та Р-домінуючими.
6 (454). Розглянемо многокутник з т + п сторонами, де т, п — на-
туральні числа. Фарбуємо т вершин у жовтий колір, інші
п вершин — у синіц. Сторони, обидва кінці яких жовті, мають
вагу 2, сторони з обома синіми кінцями — вагу -, а сторони
2
з кінцями різного кольору — вагу 1. Позначимо через Р добуток
ваг усіх сторін. Яких значень може набувати величина Р?
7 (455). Нехай а, Ь, с — цілі числа з найбільшим спільним дільни-
1	•	1	1	1 л	.
ком 1, які задовольняють умову —+-+--0. Скільки існує та-
а Ь с
ких трійок чисел (а, Ь, с), для яких 50 > | а |>| Ь |>| с|>1?-
8.1 (456). Чи існує таке 2501 попарно різне натуральне число, що
суми будь-яких 2500 з них є точним квадратом цілого числа?
8.2 (457). Знайдіть усі пари цілих чисел (х, у), що задовольняють
рівність х4-2і/2=1.
9 (458). У прямокутному трикутнику АВС із прямим кутом А побу-
довали коло с, що проходить через вершини А та В, перетинає
сторони АС і ВС у точках Д та Е відповідно. Відомо, що довжи-
на відрізка СВ дорівнює діаметру кола с. Доведіть, що трикут-
ник АВЕ рівнобедрений.
10 (459). У многокутнику, що не містить паралельних сторін,
назвемо сторону цікавою, якщо цей многокутник міститься
всередині трикутника, утвореного цією стороною, та прямими,
яким належать сторони, суміжні із цією стороною. Скільки ці-
кавих сторін може мати опуклий 2017-кутник?
87
Середня ліга
1. Задача 1.1 (448) молодшої ліги.
2.1 (460). Послідовність а2,а2017 дійсних чисел є такою, що
для будь-якого натурального пє{1,2,..., 2017} справджується
рівність
”^2 •••"*"#'2017	#2 ’*“•••’+’^201?)* *
Яка найбільша кількість членів цієї послідовності може бути
нецілим числом?
2.2. Задача 2 (450) молодшої ліги.
З (461). У чотирикутнику АВСВ сторони АВ та ВС рівні. Точка N —
середина діагоналі АС, точка М — середина діагоналі ВВ. Пря-
ма МИ перетинає сторони АВ і ВС у точках К та Н відповідно.
Доведіть, що КА - НС.
(Вадим Митрофанов)
4	(462). Чи обов’язково трикутник АВС рівнобедрений, якщо існує ,
коло, що проходить через вершини В і С, а центр цього кола
розташований на бісектрисі кута ВАС?
(Юрій Білецький )
5	. Задача 5 (453) молодшої ліги.
6	(463). Деяке плем’я використовує слова, що складаються з двох
літер А та В. Кожні два слова однакової довжини відрізняються
принаймні в трьох позиціях. Доведіть, що в лексиці племені
є не більше ніж
2п
.п + 1_
слів довжиною и>3.
7	. Задача 7 (455) молодшої ліги,
8.1. Задача 8Л (456) молодшої ліги.
8.2. Задача 8.2 (457) молодшої ліги.
9 (464). Діагоналі вписаного чотирикутника АВСВ перетинаються
в точці Р, а продовження сторін АВ і ВС — у точці Позначи-
мо середину сторони АВ через В. Доведіть, що якщо РС£ ± АС,
то РЕГВС.
10.1 (465). В опуклому 2п-кутнику М = А1А2...А2п проведено діаго-
налі А1АІІ+п	Виявилося, що жодні три діагоналі не пе-
ретинаються в одній точці. Внутрішність многокутника розбита
, цими діагоналями на певну кількість менших многокутників,
які назвемо полігонами. Розглянемо ті 2п полігонів, що мають
спільну сторону зі стороною многокутника М. Яка найменша
кількість полігонів серед них може виявитися трикутниками?
10.2. Задача 10 (459) молоділої ліги.
88
Старша ліга
1 (466). Доведіть, що коли а, р, у є (0; тс) — кути трикутника, то
виконується нерівність
(1 + С0ва)(1 + С08Р)	+	(1 + 008 р) (1 + СОЗ у)	+
7 ч-сов а+соз р~ 5 соз а-соз р Т+созр + созу-бсояр сову
+	(1+со8а)(1 + созу)*
7+сов а + сов у - 5 соз а соз у
(Олесь Добосевич)
2.1 (467). Назвемо дві послідовності натуральних чисел (ал) і (Ьп)
ко-алгебраїчними, якщо існує многочлен Р (х, у) від двох змін-
них, відмінний від тотожньо нульового, який задовольняє умо-
ву УпеН Р(ап,Ьп)-0. Чи є послідовності ап=2п . і Ьп-Зп
ко-алгебраїчними?
2.2 (468). Назвемо дві послідовності натуральних чисел (ап) і (Ьп)
ко-алгебраїчними, якщо існує многочлен Р (х, у) від двох змін-
них, відмінний від тотожньо нульового, який задовольняє умо-
ву Упє№ Р(ап,Ьп)-0. Доведіть, що послідовності ап=и та
Ьп -2П не є ко-алгебраїчними.
3. Задача 3 (461) середньої ліги. .	(
4 (469). Барон Мюнхгаузен стверджує, що він провів 2010 перерізів
даної кулі так, що жоден із них не проходить через центр кулі,
а центр будь-якого перерізу належить якомусь іншому з побу-
дованих перерізів. Чи правий барон?
(В’ячеслав Ясінський)
5 (470). Числа 4-1 або -1 записано в кожній вершині правильної
п-кутної призми таким чином, що добуток чисел кожної грані
дорівнює -1. Для яких п>3 це можливо?
6. Задача 6 (463) середньої ліги.
7.1 (471). Нехай р — просте число. Знайдіть усі трійки таких цілих
чисел (а, 6, с) (не обов’язково додатних), що аьЬеса = р.
7.2. Задача 7 (455) молодшої ліги.
8 (472). Дано натуральне л. Задамо послідовності аі і таким
чином. Нехай а0 = 1, &0 =п, для і > 0:
2аі^1 +1,	-1, якщоаі-31 <Ь/_1,
-1,	якщоа..^
(^1-1’якщо =
Для деякого цілого невід’ємного к відомо, що ак~Ьк. Доведіть,
що п + 3 — степінь двійки.
(«рЬ/)=<
89
9.1 (473). Дано рівногранний тетраедр 8АВС, у якого всі грані —
рівні нерівносторонні трикутники, 80 — висота тетраедра,
Н — ортоцентр грані АВС. Чи можуть довжини відрізків ОН,
АВ, ВС та СА бути різними натуральними числами?
(Олексій Клурман)
9.2. Задача 9 (464) середньої ліги.
10. Задача 10.1 (465) середньої ліги.
8ИЯ8ЯМЙ8&І Математичний бій № 4 МИММЯ
Замало лише отримати знання;
потрібно вміти їх використовувати.
.	'	Йоганн Гете
Молодша ліга
1.1 (474). Яке із чисел більше — А чи В, де
1 • 11 + 2•12 + 3 • 13 +”’+ 2017 • 2017
-----1----1----І-... Ч---------------------. • • —.---?
10 20 ЗО 100 110 120	200
1.2 (475). Трава на пасовищі росте однаково щільно та швидко.
Відомо, що 70 корів з’їдають її всю за 24 дні, а 30 корів — за
60 днів. Скільки корів з’їлй б її за 96 днів?
. 2 (476). Знайдіть ціле число, яке найближче до числа /44.. .488'. ..89.
V 2018	2017
З (477). На діагоналі ВР квадрата АВСО вибрано точку В, що від-
мінна від середини. Позначимо через Н та К ортоцентри три-
кутників АВЕ та АЛЕ відповідно. Доведіть, що ВНВК — пара-
лелограм.
4.1 (478). Кожну сторону опуклого чотирикутника АВСЛ продов-
жили в обидва, боки й на всіх восьми продовженнях відклали
однакові відрізки. Виявилося, що кінці всіх цих восьми про-
довжень лежать на одному колі. Доведіть, що АВСВ — квадрат.
4.2 (479). На прямокутному аркуші паперу зображено три відрізки
(рис. 8.4). Вони є частинами сторін деякого трикутника АВС.
За допомогою циркуля та лінійки побудуй-
те центр вписаного кола трикутника АВС.
Виходити з побудовами за межі паперу не
можна.
5 (480). Дано квадрат 10x10, розбитий на оди-
ничні квадратики. Андрій та Олеся по черзі'
роблять ходи. Кожен із них має право нама-
лювати на цьому полі квадрат, який задо- Рис. 8.4
90
' вольняє такі умови: він має сторони, паралельні сторонам вели-
кого квадрата, вершини розташовані у вершинах одиничних
квадратиків та його сторони не мають спільних точок зі сторона-
ми жодного з раніше нарисованих квадратів, а також заданого
квадрата 10x10. Пропускати хід не можна. Коли виникає ситу-
ація, що більше не можна нарисувати жодного квадрата, відбу-
вається такий підрахунок: Ь = 18, А - аР, де 8 — сума площ,
Р — сума перйметрів усіх нарисованих квадратів, коефіцієн-
5
ти І, а дорівнюютьҐа = 1, / = —. Олеся перемагає, якщо £ > А,
4
і програє, якщо Ь < А. Хто перемагає, якщо перший хід робить
Андрій?
(Богдан Рубльов)
в (481). Знайдіть найменше натуральне п, що має таку властивість:
у довільної послідовності з п натуральних чисел із сумою 2013
є деяка підпослідовність послідовних членів послідовності із су-
мою 31.
7 (482). Сукупність п’ятицифрових чисел £={^,...,2^} задоволь-
няє таку умову: будь-яке п’ятицифрове число, цифри якого
йдуть у порядку зростання, має щонайменше в одному з розря-
дів таку саму цифру, що й принаймні одне із чисел сукупнос;
ті 8. Знайдіть найменше можливе значення к.
8 (483). Для якого найменшого натурального п > 1 вираз
/і2+ 22+ ... + П2	.	о
----------- е цілим ЧИСЛОМ?
V п
9.1 (484). На полиці стоять 666 книг з білої та чорної магії. Жодні
дві книги з білої магії не можуть стояти так, щоб між ними
було рівно 13 книг. Яка найбільша кількість книг з білої магії
може стояти на полиці?
9.2 (485). Кожну грань кубика поділили на чотири однакових ква-
дратики. Кожний із цих квадратиків пофарбували в певний ко-
лір таким чином, що жодні два квадратики, що мають спільну
сторону (навіть у різних гранях), мають різний колір. Яка най-
більша кількість квадратиків може бути пофарбованою в одна-
ковий колір?
10 (486). Дано гострокутний трикутник, який прямолінійним роз-
різом розрізають на дві частини. Після цього будь-яку з отри-
маних частин так само розрізають прямолінійним розрізом
на дві частини і т. д. На кожному кроці вибирають будь-яку
з отриманих частин і розрізають прямолінійним розрізом* на
дві частини. По завершенні процесу отримали 2017 частин, усі
з них є трикутниками. Чи можуть усі ці .трикутники бути ту-
покутними?
91
Середня ліга
1 (487). Послідовність (ап) задається рекурентним чином так:
1	2п-3	- о тг *	•	•
Оі=-, ап=-------ап х, п^2. Доведіть, що для кожного нату-
2	2п
рального п справджується нерівність
о1+а24-...+*ак.<1.
2.1 (488). Нехай р^І (той 3) — просте число,
£
2р
= — . Якщо
1*2 3*4 5-6	(дт1)-д~.п
для деяких натуральних т., п, то р | т.
2.2 (489). Зобразіть на декартовій площині множину тих точок (х, у),
• які задовольняють умову у3 х+(х-І)3 (у VI) > у2 (х2-х)+(х-І)2 х
*(у2+уУ
З (490). Діагоналі АС і ВИ опуклого чотирикутника АВСВ перети-
наються в точці О. На відрізках АО, ВО, СО, 1)0 відповідно
вибрано точки А^, Вї9 Сг і таким чином, щоб АА1=СС1
і ВВ1=ВВ1. Нехай М — друга точка перетину кіл, описаних
навколо трикутників АОВ і СОП; N — друга точка перетину
кіл, описаних навколо трикутників АОВ і СОВ; Р — друга точ-
ка перетину кіл, описаних навколо трикутників А1ОВ1 та
С^Д; — друга точка перетину кіл, описаних навколо три-
кутників АХОД та ДОВ^ Доведіть, що точки М, ТУ, Р, —
циклічні.
4.1 (491). На сторонах АВ та АС трикутника АВС вибрано точки X,
У відповідно (відмінні від вершин) так, що симетричний образ
прямої ВС відносно прямої Х¥ дотикається до описаного кола
трикутника АХУ. Точка О — центр описаного кола трикут-
ника АВС. Доведіть, .що описане коло трикутника АХУ дотика-
ється до описаного кола трикутника ВОС.
4.2. Задача 4.1 (478) молодшої ліги.
5. Задача 5 (480) молодшої ліги,
6. Задача 6 (481) молодшої ліги.
7 (492). Василь виписав у рядок 100 послідовних натуральних чи-
сел. Далі під кожним із цих чисел у другий рядок записав влас-
ний дільник кожного числа. Далі в третій рядок під кожним
числом написав власний дільник кожного числа з другого ряд-
ка і т. д. Таким чином він утворив 2017 рядків. Чи могло так
статися, що в кожному рядку виписані послідовні натуральні
числа?
92
8. Задача 8 (483) молодшої ліги.
9 (493). Депутати парламенту вибирають уряд. Кожен із них вису-
нув 10 кандидатів у міністри і для себе вирішив, що проголосує
за список уряду, якщо в ньому буде принаймні один кандидат
з його списку. Відомо також, що серед будь-яких трьох депута-
тів- принаймні у двох з них є спільні прізвища в списках. Усі
хочуть, щоб уряд був якомога меншим за кількістю міністрів.
Якої найменшої величини список можна подати на розгляд де-
путатів, щоб за нього проголосували одностайно?
10.1 (494). На площині двадцять точок пофарбовано червоним ко-
льором. Точку на площині фарбують синім, якщо для неї існу-
ють такі п>3 червоних точок, що відстані до них є рівними та
при цьому ця відстань є меншою, ніж відстань до кожної з ін-
ших 20 - п точок. Яка максимальна можлива кількість синіх
точок могла утворитися?
(Максим Чорний)
10.2. Задача 10 (486) молодшої ліги.
*
Старша ліга
1.1 (495). Андрій та Оксана записують на дошці числа за таки-
* ми правилами. Для деякого натурального к Андрій виписує
послідовно всі квадрати чисел, які мають рівно, к + 1 циф-
ру. Після цього Оксана витирає останні к цифр цього числа
.та записує цифру, що залишилася. Так вони роблять доти,
доки два послідовних числа, що записані Оксаною, не будуть
відрізнятися принаймні на 2. Тоді /(&) — це таке натураль-
не число, що є найменшим серед ненаписаних на дошці. На-
приклад, при к = 1 Андрій та Оксана послідовно записують:
16 (1), 25 (2), 36 (3), 49 (4), 64 (6). З’явилося незаписане чис-
ло 5, тому /(1) = 5. Обчисліть значення виразу /(2) + /(4) + ... +
+ /(2016).
1.2. Задача 1 (487) середньої ліги.
2. Задача 2.1 (488) середньої ліги.
3.1 (496). Нехай М •— точка Мікеля опуклого чотирикутника
А^А^А^А*. Бісектриса кута АІМА1+1 перетинає пряму А,А|4.1
в точці В., і = 1,2, З, 4(А5 г Д). Доведіть, що прямі В^ та
В2В4 при перетині утворюють кути ^(^А^-Ь-Аз) та ^(Аз+АД
Примітка. Нехай чотири прямі розташовані загальним чином,
у результаті- їхнього взаємного перетину утворюються чотири
Трикутники. Тоді описані навколо цих трикутників кола мають
93
спільну точку, яку називають точкою Мікеля цієї конфігурації
прямих.	'	•	•
(Назар Сердюк)
3.2. Задача 3 (4'90) середньої ліги.
4. Задача 4.1 (491) середньої ліги.
5 (497). Квадрат 10x10 розбито на одиничні квадратики. Андрій
' та Олеся по черзі роблять такі ходи. Кожен із них має право
намалювати на цьому полі квадрат, який задовольняє такі
умови: він має сторони, паралельні сторонам великого квадра-
та, вершини розташовані у вершинах одиничних квадратиків
та його сторони не мають спільних точок зі сторонами жодного
з раніше нарисованих квадратів, а також заданого квадрата
ЮхЮ. Пропускати хід не можна. Коли виникає ситуація, за
якої вже не можна нарисувати жодного квадрата, відбувається
такий підрахунок: Ь = 18, А = аР, де 8 — сума площ, Р — сума
периметрів усіх нарисованих квадратів, коефіцієнти І, а дорів-
5
нюють: 1-1, а~~. Олеся перемагає, якщо Ь>А, і програє,
4
якщо Ь < А. Хто переможе, якщо перший хід робить Олеся?
(Богдан Рубльов )
6.1 (498). Є декілька маркерів різних кольорів і розміру. Немає
двох маркерів, що мають одночасно однаковий колір та розмір.
На кожному маркері М пишуть два числа: одне з них дорівнює
кількості інших маркерів такого самого розміру, як маркер М
(не рахуючи М), а друге число — кількості інших маркерів та-
кого самого кольору, як маркер М (не рахуючи М). Відомо, що
кожне із чисел 0, 1, ..., 10 записано принаймні один раз. Яка'
сума всіх записаних чисел є найменшою можливою?
6.2. Задача 6 (481) молодшої ліги.
7	(499). Доведіть, що не існує раціональних чисел (х, у), що задо-
вольняють рівняння
8	. Задача 8 (483) молодшої ліги.
9	(500). Розглянемо нестаціонарну арифметичну прогресію (ап).
Нехай існують взаємно прості натуральні числа р, д > 1, для
яких числа а^+1 та також є членами цієї арифметичної
прогресії. Доведіть, що всі члени арифметичної прогресії — цілі
числа.
10.1.	Задача 10.1 (494) середньої ліги.
10.2.	Задача 10 (486) молодшої ліги.
94
Усна особиста олімпіада ИЙММЙІ
Зазнавши поразки, розпочинай все знову*
Французьке прислів’я
Молодша ліга
«ДО...»
1 (501). Андрій та Остап грали в гру, у якій не буває нічиїх. За
перемогу гравець отримував х очок, за поразку — у < х очок
(х та у — цілі числа). Після певної кількості ігор в Андрія було
147 очок, а в Остапа — 123 очки. Відомо, що Остап виграв
шість ігор. Скільки в цій грі нараховували очок за перемогу?
2 (502). Назвемо число п малочудовим, якщо в його записі є при-
наймні п’ять різних цифр, воно ділиться на 9 та має таку влас-
тивість; якщо п;ифри й та Ь є в записі числа п, при цьому а <Ь,
то в записі числа п цифр а менше, ніж цифр Ь. Знайдіть най-
менше малочудове число.
З (503). Точки А, В, С, В лежать на одній прямій у вказаному по-
рядку. Точка Е, що не належить цій прямій, така, що
ХАЕВ = ХВЕС~/.СЕВ = 4РР. Точки Е та О є серединами відріз-
ків АС і ВР. Знайдіть градусну міру кута РЕО.
4 (504). Деякі дві точки вибрали всередині опуклого п’ятикутника.
Доведіть, що існує чотирикутник з вершинами серед вершин
п’ятикутника, для якого ці дві точки лежать всередині чи на
межі цього чотирикутника.
5 (505). Багатоцифрове число п~аЬ...с8 називають смирним, якщо
кожне із чотирьох чисел п, п + 1, п + 2 та п + 3 ділиться на
суму своїх цифр. Наприклад, число п = 60398 є смирним. Яких
значень може набувати цифра с у смирному числі?
«ПІСЛЯ..;»
6 (506); У трикутнику АВС АВАС = 60°* Точки М, А, К вибрано на
сторонах ВС, АС, АВ відповідно таким чином, що ВК = КМ =
= МА = АС. Якщо АА = 2АЙГ, то знайдіть величини кутів три-
кутника АВС.
7 (507). Компанія з п друзів грала в настільну гру за такими пра-
вилами:
•	у кожному раунді грають рівно троє гравців;
•	гра закінчується по завершенні п раундів;
•	кожна пара гравців одночасно грала щонайменше в одному
з раундів.
Якого максимального можливого значення може набувати и?
8 (508). Знайдіть такі три додатних числа а, Ь, є, для яких серед
„2	»2	2
, а	о	с
шести чисел а, о, с, —, — та — є рівно три різних.
Ь	с	а
95
Середня ліга
«ДО...»
1 (509). Андрій та Остап грали в гру. у якій не буває нічиїх. За
перемогу та поразку гравці набирали відповідно х тлу < х очок
(х та у — цілі числа). Гра триває, поки перший з них не набе-
ре рівно 100 очок. Виявилося, що на момент завершення гри
в Остапа було 95 очок, при цьому вій виграв шість ігор. Скільки
в цій грі нараховували очок» за перемогу?
2 (510). Розглянемо квадрат 100 х 100, у якому деякі клітинки 1x1
пофарбовано в чорний колір. Доведіть, що існує зв’язна фігура
мінімум із трьох чорних клітинок, якщо в чорний колір пофар-
бована принаймні 5001 клітинка.
З (511). Назвемо число п чудовим, якщо в його записі є кожна
з 10 цифр, воно ділиться на 9 та має таку властивість: якщо
цифра а менша від цифри Ь, то в записі числа п цифр а менше,
ніж цифр Ь. Знайдіть найменше чудове число.
4 (512). Нехай Ар — бісектриса трикутника АВС, коло Г прохо-
дить через точку А та дотикається до сторони ВС у точці Р, це
коло перетинає сторони АВ та АС удруге відповідно в точках Е
та Е. Прямі ВЕ і СЕ перегинають коло Г у точках Р та (£ від-
повідно. Прямі АР та А() перетинають сторону ВС у точках X та
У відповідно. Доведіть, що ХУ --ВС,
2
5 (513). Про натуральне число к відомо, що числа 2к та 5* почи-
наються на одну й ту саму цифру. Якою може бути ця цифра?
«ПІСЛЯ...»
6 (514). Доведіть, що будь-який трикутник можна розрізати не
більше ніж на три частини, з яких можна скласти (без накла-
дань) рівнобедрений трикутник.
7 (515). Коло и> із центром у точці О описане навколо правильного
трикутника АВС. Точка Р лежить на дузі ВС кола що не
містить точки А. Дотична до кола у точці Р перетинає прямі
АВ та АС у точках К та Е відповідно. Доведіть, що АКОЕ > 90°.
8 (516). Нехай ...»ал> дх,5 — дійсні числа,р > -1. Доведіть, що
я	/	Р	‘	р\
£(а;-&і)Ц(а2+...+а„2)2-&,(ь12+...+д2)«)>о.
І-1
Старша ліга
♦ДО...»
1 (517). Знайдіть усі прості числа р, для кожного з яких існують
такі натуральні числа х, у, що задовольняють рівність р*т = у3 +1.
96
2 (518). На стороні СВ опуклого чотирикутника АВСВ вибрано
точку Е таким чином, що справджуються умови: Е = АС А ВЕ,
АВ = ЕС,АЕ = 14, ВЕ = 10 42, ЛВАС = ЛВЕВ, АВЕА = 45°. Знай-
діть довжину відрізка ЕЕ.
3. Задача 2 (510) середньої ліги.
4 (519). Розглянемо квадрат 2017x2017, у якому деякі клітинки
1x1 пофарбовано в чорний колір. Доведіть, що існує зв’язна
фігура мінімум із трьох чорних клітинок, якщо в чорний колір
пофарбовано принаймні 2035153 клітинки.
5 (520). Дано сім попарно різних натуральних чисел. Доведіть, що
існує нескінченна арифметична прогресія з першим натураль-
ним членом а та натуральною різницею (і > а, яка містить рівно
З або 4 із заданих семи чисел.
«шсля...»
6» Задача 7 (515) середньої ліги.
7 (521). Попарно різні натуральні числа (а, Ь, с9 </) задовольняють
рівність аЬ + с(і = (а + Ь) (с + (і). Доведіть, що за таких умов
піах {а, с,	(а г Ь+е+гі).
,	4уЗ
8 (522). На площині розташована множина А, що складається зі
скінченної'кількості прямих. Відомо, що для будь-якої її під-
множини В, що складається з й2Ч~1, к>3 прямих, можна ви-
брати к точок так, що будь-яка пряма з множини В проходить
принаймні через одну із цих точок. Доведіть тоді, що й для
всієї множини А можна вибрати к точок так, що будь-яка пряма
з множини А проходить принаймні через одну із цих точок.
РОЗДІЛ 9
МІЖНАРОДНІ МАТЕМАТИЧНІ ЗМАГАННЯ
ЗА УЧАСТЮ ШКОЛЯРІВ УКРАЇНИ
Цього року у відборі на міжнародні математичні змагання взяли
участь 60 учнів — усі призери IV етапу Всеукраїнської олімпіади
минулого року з усіх регіонів України, а також ті, хто вирішив, що
це саме те змагання, де варто перевірити рівень власних знань» За
результатами заходу було відібрано 12 кращих учнів, які утворили
так звану групу «ІМО», а також 21 учень 8-Ю класів, які ввійшли,
до групи резерву. Протягом навчального року із цими двома гру-
пами проводили короткочасні збори із запрошеними українськими
та іноземними лекторами. Із кращих учнів цих груп, які брали
участь у престижних змаганнях упродовж року, було сформовано
команду України.
97
Відбір на міжнародні змагання
Перший день
Швидке накопичення знань іноді не приносить користі.
Ученість також може народити лише листя, не даючи, плодів.
Георг Ліхтенберг
1 (528). Нехай £ (т) і Р (т) позначають суму та добуток цифр на-
турального числа т відповідно. Доведіть, що для довільного
натурального п існують натуральні числа а19а2,...,ап такі, що
виконуються умови: /8(ах)<і5(а2)<...<8(ак) і 8(а.) = Р(а}+1)
при і = 1, 2, п (вважаємо, що ап+х=ах).
2 (324). Дано опуклий п’ятикутник АВСВЕ, у якому АВ = ВС - СІ),
АЕАВ = АВСВ- і /.ЕВС = ЛСВА. Доведіть, що перпендикуляр,
проведений із точки'Е до прямої ВС, та відрізки АС і ВВ пере-
тинаються в одній точці.
З (525). Знайдіть усі функції /:(0; ч-оо)->(0;+°о) такі, що для до-
вільних х, у > 0 справджується рівність
> ґ	1 =	х
{у/(х) + 1) х/(у) + 1
4 (526). Нехай 7 (п) позначає максимальну кількість прямокутних
трикутників з вершинами в п точках. Доведіть, що /(?і)<п2л/п.
Другий день
О, как не вовремя порой приходит время!
.	/	’	Наталья Резник
5 (527). Прямокутник її з непарними цілими довжинами сторін
поділено на менші прямокутники із цілими довжинами сторін.
.. Доведіть, що існує хоча б один прямокутник розбиття, відстані
від сторін якого до сторін прямокутника В одночасно всі парні
або одночасно всі непарні.
6 (528). Задано дійсне число а*0 й натуральне число п. Доведіть,
що для довільної послідовності ах, а2,..., а2л_1 дійсних чисел
можна вибрати індекси іі<і^<...<іп такі, що -аіг їа для до-
вільних К 8, Г <71.
7 (529). У гострокутному трикутнику АВС точка Н — ортоцентр,
а точка М — середина сторони АС. Нехай пряма, що проходить
через Н перпендикулярно до відрізка ВМ, перетинає пряму АС
-у точці Т, а пряма, що проходить через Т паралельно до ВМ,
перетинає прямі ВА і ВС у точках К і Е відповідно. Доведіть,
що точки В, К, Ь, Н лежать на одному колі.
(Антон Тригуб)
98.
8 (530). Назвемо раціональне число коротким, якщо в десятковому
, записі воно має скінченну кількість цифр. Для довільного нату-
. рального т натуральне число і назвемо т-гарним, якщо існує
10*-1
сє{1; 2; 3;...; 2017}, для якого число - коротке, а числа
сгп
Ю*-1
-----при 1 < к < і не є короткими. Нехай 8 (т) позначає множи-
ст
ну /п-гарних чисел. Розглянемо множини 8 (т) при т = 1, 2, ....
Знайдіть найбільшу кількість елементів у множині 8 (т).
НШМШЖ Третій день -
Я всех умней, но зіпо незаметно,
Наталья Резник
Група «Зипіог»
9.1 (531). Відомо, що як би ми не розділили купку з 33 камінців на
дві купки по 17 і 16 камінців, завжди можна лишити в кожній
із них по 15 таких, що загальна вага камінців у першій купці
дорівнюватиме загальній вазі камінців у другій. Доведіть, що
хоча б 31 камінець має однакову вагу.
10.1 (532). Дано натуральні числа а^, а2,..., ап, к і М такі, що
11 1 . .
—+—+♦..+— -к і
а2	ап
Доведіть, що многочлен Р(х) = М(х+1)*~(х+а1)(х4-а2)...(х+ал)
не має додатних коренів, якщо М > 1.
11.1 (533). Дано нерівнобедрений трикутник АВС з кутом А, що
дорівнює 60°, і висотами ВЕ і СЕ. Нехай X — точка, симетрич-
на ортоцентру трикутника АВС відносно, серединного перпен-
дикуляра до сторони ВС, а точка А* симетрична вершині А
, відносно прямої ВС. Доведіть, що бісектриса кута ВАС ділить
відрізок А'Х навпіл.
12.1 (534). Дано натуральне число к > 2. Доведіть, що число
22*_:,-2*-1 —складене.
Група «ЇМО»
9.2. Задача 10.1 (532) групи «Лшііог».
10.2. Задача 12.1 (53.4) групи «Яшііог».
11.2 (535). Олексій грає у гру на стрічці, що складається з дев’яти
клітинок. На початку гри всі клітинки порожні. Кожним кро-
ком Олексій може виконати одну з двох дій:
а)	вибрати довільне число вигляду 2і, де у — деяке невід’ємне
ціле число, і записати його в порожню клітинку;
99
б)	вибрати дві (не обов’язково сусідні) клітинки, у яких записа-
но однакові числа, скажімо 2у, а після цього записати в од-
ній із цих клітинок число 2/+1, а другу клітинку витерти.
У кінці гри виявилося, що в одній клітинці записано число 2П,
де ті — наперед задане натуральне число, а решта клітинок по-
рожні. Знайдіть максимальну кількість ходів, яку міг зробити
Олексій залежно від значення п.
12.2 (536). Нехай ш — зовнівписане коло трикутника АВС, що
дотикається до сторони ВС. Нехай В, Е і Е — точки дотику
кола со до прямих ВС, АС і АВ відповідно. Описане коло три-
кутника АЕР перетинає, пряму ВС у точках Р і Нехай точ-
ка М — середина АВ. Доведіть, що описане коло трикутник
ка МРСі дотикається до кола со.
Четвертий день штшиині
Усе не так легко, як здається.
Закон Мерфі
Група «Липіог»
13.1 (537). Знайдіть усі цілі розв’язки'рівняння 32а+1Ь2 +1 = 2С.
14.1 (538). Дано трикутник АВС. На промені СВ, за точкою В, ви-
брано точку Р так, що ВР - ВА. Нехай точка М — середина
сторони АС. Пряма РМ перетинає бісектрису кута АВС у точ-.
ці Т. Доведіть, що РВАТ = РАСВ.
15.1 (539). Знайдіть усі пари натуральних чисел (т, п), для яких
клітчасту дошку розміром т х п можна розфарбувати в чорний
і білий кольори так, що для довільної клітинки дошки кіль-
кість сусідніх з нею клітинок, пофарбованих у такий самий ко-
лір, непарна. Дві клітинки назвемо сусідніми, якщо вони різні
• та мають хоча б одну спільну вершину.
16.1 (540). Знайдіть усі натуральні п >3 такі, що серед довільних п
додатних дійсних чисел , а2,..., ап, за умови тах , а2,..., ап) <
Стг тіп (а19 а2,...,ап), існують попарно різні індекси і, к, для
яких аі9 ар ак — сторони гострокутного трикутника.
Група «ІМО»
13.2. Задача 14.1 (538) групи ««Типіог».
14.2. Задача 15.1 (539) групи «Дипіог».
15.2 (541)'. Знайдіть усі натуральні п > 3, які задовольняють таку
умову: для довільних цілих чисел а±, а2,..., а^, сума яких не.
ділиться на п, існує індекс 1 < і < п такий, що жодне із чисел
аі9 а4.4-аі+1, ...»	4-а.+1+...+а.+л_1
не ділиться на п.
Примітка. Вважаємо, що аі=аі_п при і > п.
100
16.2 (542). Дано скінченну множину 8. Нехай А — множина всіх
функцій із множини 8 в 8, а / — деяка функція з множини А,
для якої виконується умова: якщо	і	то
Позначимо через Т - /(5) множину значень
функції А Доведіть, що /(Т) = Т.
10-й НММ8-2018
ВИШЙІЙВММ Перший день
1 (543). Нехай чотирикутник АВСВ — вписаний, а точка Р ле-
жить на стороні АВ. Діагональ АС перетинай відрізок ВР у точ-
ці (). Пряма, що проходить через точку Р паралельно сторо-
ні СВ, перетинає продовження сторони СВ за точку В у точці К,
а цряма, що проходить через точку Я паралельно діагоналі ВВ,
перетинає продовження сторони СВ за точку В у точці В. Дове-
діть, що описані кола трикутників ВКР та СЬ($ дотикаються.
2 (544). Чи існують два непостійних многочлени Р(х) і (?(х) з дійс-
ними коефіцієнтами такі, що
Р(х)10 + Р(х)9 =^(х)21+в(х)20?
З (545). Анна та Боб грають у гру на нескінченній клітчастій ре-
шітці (сторона клітинки дорівнює 1), виконуючи ходи по черзі.
Анна ходить першою. Хід полягає в тому, щоб орієнтувати один
з одиничних відрізків решітки, який не був орієнтований рані-
ше. Якщо в певний момент деякі орієнтовані відрізки утворю-
ють орієнтований цикл, то виграє Боб. Чи дійсно стратегія Боба
гарантує йому перемогу?'
Другий день ЙШШЯ
4 (546). Нехай а, Ь, с, (і — натуральні числа такі, що асі^Ьс та
НСД (а, Ь, с, (1) = 1. Нехай 8. — множина всіх значень, яких
набуває вираз НСД (ап + Ь, сп + </),- коли п пробігає всі нату-
ральні числа. Доведіть, що 8 є множиною всіх натуральних
дільників деякого натурального числа.
5 (547). Нехай п — натуральне число. На колі зафіксовано 2п різ-
них точок. Знайдіть кількість способів сполучити ці точки п
стрілками (орієнтованими відрізками) так, щоб виконувалися
такі умови:
. • кожна з 2п точок є початком або кінцем деякої стрілки;
•	жодні, дві стрілки це перетинаються;
•	не знайдеться двох стрілок АВ та СВ таких, що точки А, В,
С, В розташовані на колі в зазначеному порядку за годинни-
ковою Стрілкою (не обов’язково поспіль).
101
6 (548). Зафіксуємо коло Г, пряму І, що дотикається до кола Г,
і ще одне коло £2, яке не має спільних точок із прямою /, при-
чому кола Г і О. лежать по різні боки від І; Дотичні до кола Г,
проведені зі змінної точки X, що лежить на колі О, перетина-
♦ ють пряму І у точках У та 2. Доведіть, що коли точка X пробі-
гає коло £2, то описане коло трикутника ХУ2 дотикається до
двох фіксованих кіл.
ЕЄМО-2018
Перший день -
1 (549). У трикутнику АВС відомо, що СА = СВ і ААСВ-120°. Позна-
чимо точку М — середину сторони АВ. Нехай Р — деяка точка
описаного кола трикутника АВС, а 0 — точка на відрізку СР, що
' задовольняє умову (ЗР = 2ОС. Пряма, що перпендикулярна до
сторони АВ та проходить через точку Р, перетинає пряму Мф
в єдиній точці N. Доведіть, що існує таке коло, що точка N нале-
жить цьому колу за всіх можливих розташувань точки Р.
2 (550). Розглянемо множину А ={1+~| &=1,2,3, ...І.
І к	;
а)	Доведіть, що довільне ціле число х>2 можна подати у ви-
гляді добутку одного або декількох (не обов’язково різних)
елементів із множини А.
б)	Для кожного цілого х>2 позначимо через /(х) мінімальне
ціле число таке, що х можна буде подати у вигляді добутку
/(х) елементів (не обов’язково різних) із множини А. Дове-
діть, що існує нескінченно багато пар цілих чисел (х, у), для
яких х>2, у >2 та ї(ху) < Т(х) 4- /(у).
Примітка. Пари (хрг/3) та (х2, г/2) різні тоді й тільки тоді,
коли хг*уг або х2*у2.
З (551). Через Сь,Сп позначимо п учасниць ЕСтМО. По завер-
шенні змагання вони шикуються в чергу перед рестораном за
таким правилом: ’
•	журі вибирає початкове розміщення учасниць;
•	щохвилини журі вибирає ціле число і, що задовольняє умови
1 < і < п.і
-	якщо перед учасницею С^ стоїть принаймні і інших учас-
ниць, то вона сплачує 1 євро журі та переміщується вперед
у черзі рівно на і позицій;
-	якщо перед учасницею С. стоїть менше ніж і інших учас-
ниць, то ресторан відкривається, і переміщення закінчуються.
а)	Доведіть, що такий процес не може тривати нескінченно дов-
го, незалежно від дій журі.
102
б)	Для кожного п визначте найбільшу кількість євро, що журі
може отримати, вибираючи початкове розташування учас-
ниць і порядок їхніх переміщень.
1МОІЯІ Другий день ІМИИМІ
4	(552). Назвемо домїношками прямокутники розмірами 1x2 та 2x1.
Нехай п>3 — деяке ціле число. Доміношки викладають на
дошку розміром пхп так, що кожна доміношка займає рівно
. дві сусідні клітинки дошки й доміношки не перекриваються.
Вагою рядка або стовпчика назвемо кількість доміношек, що
займають принаймні одну клітинку в цьому рядку або .стовпчи-
ку. Розташування доміношек на дошці назвемо збалансованим,
якщо існує таке к > 1, що кожний рядок і кожний стовпчик має
вагу к. Доведіть, що для кожного п > 3 існує збалансоване роз-
ташування, та знайдіть найменшу кількість доміношок, що по-
трібна для такого розташування.
5	(553). Нехай Г — описане коло трикутника АВС. Деяке коло О
дотикаєтеся до відрізка АВ і до кола Г у точці, що лежить’ по
один бік з точкою С відносно прямої АВ. Бісектриса кута ВСА
перетинає коло О у двох різних точках Р і®. Доведіть, що
. ЛАВР = ^ВС.
6	(554). а) Доведіть, що для кожного дійсного і такого, що 0 < і < -,
2
існує натуральне число л з такою властивістю: для довільної
множини В, що складається з п натуральних чисел, знай-
дуться два різних елементи х і у із цієї множини та не-
від’ємне число т (тобто т > 0) такі, що | х - іпу | < іу.
б) Чи правда, що для кожного дійсного і такого, що 0<£<—,
2
існує нескінченна множина В натуральних чисел така, що
х - ту | > іу для кожної пари різних елементів х і у із цієї
множини та довільного додатного числа т (тобто т > 0)?
ЬХУІІІ республіканська Білоруська
математична олімпіада
Перший день
8 клас
1 (555). На дорозі між селами А і В розташоване село М, яке у два
рази ближче до В, ніж до А. Колись Михайло, що жив у селі М,
запросив у гості друзів — Андрія та Василя, що жили в селах А
і В відповідно. Андрій і Василь не мають транспортного засобу
103
й можуть пересуватися лише пішки з однаковими постійними
швидкостями. У Михайла є мопед, швидкість якого в 9 разів біль-
ша, ніж швидкості друзів. Михайло може виїхати назустріч, під-
везти до села М* спочатку Андрія, а далі — Василя, або навпаки,
спочатку Василя, а далі —• Андрія. Михайло підрахував, що коли
його друзі вийдуть водночас у бік села М, а Михайло в той самий
час виїде спочатку назустріч Андрію, то час, витрачений на весь
шлях, буде відрізнятися на 2,4 хв від часу, що він витратив би
на весь шлях, якщо б спочатку виїхав назустріч Василю. Скільки
часу треба Андрію, щоб подолати весь шлях пішки від А до М?
2 (556). Знайдіть усі пари натуральних, чисел (тп, п) таких, що
9Ш-’7,И=2Я.
З (557). Опуклий чотирикутник АВСВ вписаний у коло со. Точки
Вг та І)г симетричні вершині А відносно середин сторін ВС та
СР відповідно. Описане коло трикутника СВ1В1 перетинає ко-
ло со у точках С і О. Доведіть, що АО — діаметр кола «в.
4 (558). На клітчастій площині з одиничних квадратиків розташо-
вано три квадрати ихл, що утворюють фігуру Ф, яку зображе-
но на рис. 9.1. Сусідні квадрати дотикаються по відрізка дов-
жиною 1 — сторони клітинки. Знайдіть усі п > 1, при яких
фігуру Ф можна замостити плитками розміром 1x3 та 3x1.
/
9 клас
1 (559). Доведіть, що множину всіх натуральних дільників довіль-
ного натурального числа, що не є точним квадратом цілого чис-
ла, можна розбити на пари так, щоб у кожній парі одне число
ділилося наділо на друге.
2 (560). Доведіть, що для довільного натурального л > 2 справджу-
ється нерівність
1 2	2"'2 „З
--	ь..,ч	Ч —,
2! З»------л! 2
•де через к\ позначено добуток 1 •.2 •... * к.
З (561). Бісектриса кута САВ трикутника АВС перетинає сторону СВ
у точці £. Точка І) -- основа перпендикуляра, опущеного з вер-
* шини С на пряму АВ, а точка Е — основа перпендикуляра, опу-
щеного з точки В на пряму АВ. Прямі СВ і ВЕ перетинаються
в точці Е. Доведіть, що АЕ — висота трикутника АВС.
4 (562). На клітчастій площині з одиничних квадратиків розташо-
вано три квадрати пхп, що утворюють фігуру Ф, яку зображе-
но на рис. 9.2. Сусідні квадрати дотикаються по відрізка дов-
жиною п - 1 — сторони клітинки. Знайдіть усі п > 1, при яких
фігуру Ф можна замостити плитками розміром 1x3 та 3x1.
104
п
Рис. 9.1
Рікс. 9.2
10 клас
1 (563). Продовження медіани АМ трикутника АВС перетинає опи-
сане коло в точці В. Описане коло трикутника СМВ перетинає
пряму АС у точках С і Е. Описане коло трикутника АМЕ пе-
ретинає пряму АВ у точках АЇР. Доведіть, що СЕ — висота
трикутника АВС.
2 (564). Чи існує функція /:(0, 4-°°) >(0, +«>) така, що для всіх
додатних х, у справджується рівність
З (565). Для фіксованого натурального числа п>2 визначимо по-
слідовність ак - НСК(й, к +1,..., к 4- (п -1)). Знайдіть усі нату-
ральні числа ті > 2, для яких послідовність ак з деякого момен-
ту зростає.,
4 (566). На клітчастій площині зафарбували деякі клітинки так,
що фігура А, утворена зафарбованими клітинками, задовольняє
такі дві умови:	*
1) У будь-якої клітинки фігури А рівно дві сусідні (тобто такі, що
мають з нею принаймні одну спільну сторону) належать А;
2) фігуру А можна' розбити на рівнобедрені трапеції з пло-
щею 2 та з вершинами у вузлах сітки.
' Доведіть, що кількість зафарбованих клітинок ділиться на 8..
11 клас
1	(567). Знайдіть усі дійсні числа а, для яких знайдеться функція
/: К Ж що набуває своїх значень у вигляді всіх дійсних чисел
рівно по одному разу та при всіх дійсних х задовольняє рівність
/ (/(*)) = х2/(х)+ах2.
2	(568). У гострокутному трикутнику АВС проведено висоти АА^,
ВВ3 і ССГ Бісектриса кута ААгС перетинає відрізки ССг і СА
у точках Е ї В відповідно. Бісектриса куга АА,В перетинає
відрізки ВВг і ВА у точках Е і О відповідно. Описані кола
405
трикутників ЕАгВ і ЕА^С перетинаються в точках Ак і X. До-
ведіть, що АВХС = 90°.	<
З (569). Для всіх пар (тп, п\ натуральних чисел, які мають одна-
кову кількість к дільників, визначимо операцію о. Випишемо
всі їхні дільники в порядку зростання: 1 = ^ <...<тк -т,
1 = п1<...<пк = п і покладемо т^п = т1 • щ + ... + тк і пк. Знайдіть
усі пари чисел (т, п), т>п таких, що топ = 497.
4 (570). На площині накреслено клітчастий многокутник А (з вер-
шинами у вузлах квадратної сітки та такий, який можна роз-
ділити на клітинки). Внутрішніми назвемо такі клітинки
многокутника А, у яких усі вісім сусідніх клітинок належать
цьому многокутнику. Усі інші клітинки многокутника А назве-
мо межовими. Відомо, що кожна межова клітинка має рівно
дві спільні сторони з двома межовими клітинками. Крім того,
множину межових * клітинок можна розбити на рівнобедрені
трапеції площею 2 та з вершинами у вузлах сітки. Доведіть, що
площа многокутника А при діленні на 4 дає остачу-1.
Другий день
8 клас
5 (571). «Знайдіть найменше натуральне число п, у якого існують
три різних власних дільники, сума яких дорівнює 1001.	. -
• Примітна. Власний дільник числа п — це будь-який дільник п,
відмінний від 1 та п.
6 (572). У паралелограмі АВСВ сторона АВ у два рази менша від
сторони ВС. Бісектриса кута АВС перетинає сторону АВ у точ-
ці К, а діагональ АС — у точці Ь. Бісектриса кута АВС перети-
нає продовження сторони АВ за точку В у точці М. Пряма МЬ
перетинає сторону АВ у точці Е. Знайдіть відношення АЕ : АВ.
7 (573). Натуральні числа а, Ь та с задовольняють рівності
а3&3 + Ь3с3 + с3а3 = аЬс (а3 + Ь3 + с3). .
Доведіть, що добуток деяких двох із цих чисел є квадратом де-
якого натурального числа.
8 (574). У соціальній мережі зареєстровано 2018 людей, деякі з них
є друзями. Відомо, що в Бориса —. найбільша кількість друзів,
у Євгена — найменша, причому загальна кількість друзів у Бо-
риса та Євгена не менша від к. За правилами, установленими
адміністратором,- обмінюватися, повідомленнями можуть лише
друзі. Ганнуся та Марійка також входять до даної* соціальної
мережі, але не є друзями. При якому найменшому к Ганнуся
гарантовано зможе передати привіт Марійці, можливо, через
інших користувачів? .
106
9 клас
5 (575). Чотирикутник АВСВ вписано в параболу у = х2. Відомо,
що /ВАО = 90°. Крім того, діагональ АС паралельна осі Ох і є
бісектрисою кута ВАВ. Знайдіть площу чотирикутника АВСВ,
якщо довжина діагоналі ВВ дорівнює р.
6 (576). Доведіть, що при всіх натуральних піт справджується
нерівність	.	____
Пл/П2+1-7П >>/2-1
7 (577). Усередині трикутника АВС відмітили точку О так, що дов-
жини відрізків ОА, ОВ і ОС дорівнюють відповідно 15, 12 і 20.
Виявилося, що основи перпендикулярів, проведених із точки О
на сторони трикутника АВС',. є вершинами рівцостороннього
трикутника. Визначте величину кута АВС.
8 (578). Задано натуральне число п. Таблицю кхп (к рядків та
п стовпчиків), що заповнена нулями та одиницями, назвемо
гарною, якщо справджується така умова: для любого розбиття
рядків таблиці на дві непорожні групи знайдеться такий непо-
рожній набір стовпчиків, що на перетині будь-якого рядка з од-
нієї із цих груп з вибраними стовпчиками стоїть парна кіль-
кість одиниць, а на перетині будь-якого рядка з іншої групи
з вибраними стовпчиками — непарна кількість одиниць. Зна-
йдіть найбільше натуральне число к, для якого існує принаймні
одна гарна таблиця кхп.
10 клас
5 (579). Знайдіть усі натуральні числа п, при яких рівняння
За2-Ь2 =2018"
має розв’язок у цілих числах а і Ь.
6 (580). Вершини опуклого чотирикутника АВСВ належать парабо-
лі у=х2. Відомо, що навколо АВСВ можна описати коло, при-
чому АС — його діаметр. Нехай точки М і № — середини діаго-
налей АС і ВВ відповідно. Знайдіть довжину проекції
відрізка-на вісь Оу.
7 (581). У прямокутний трикутник АВС (ХС = 90°) вписано квадрат
А1В1С12)1 так, що точки Д, В± лежать на катетах СВ і СА від-
повідно, а точки Сг, Вг — на гіпотенузі АВ. Кола, описані
навколо трикутників В^А^С і ВВ^А^,. перетинаються в точках
Д і X, а кола, описані навколо трикутників ДДС і АСГВГ,
перетинаються в точках Вх і У. Доведіть, що прямі АхХ і ВХУ
перетинаються на гіпотенузі АВ.
8 (582). На колі відмічено вершини правильного и-кутника й центр
кола. Двоє гравців по черзі сполучають їх відрізками. За хід
107
можна вибрати вершину та сполучити її із сусідньою вершиною
або із центром кола. Перемагає той із гравців, після чийого
ходу можна дістатися по відрізках з будь-якої відміченої точки
до будь-якої іншої. Для кожного натурального п>3 .визначте,
хто переможе за умови правильної гри.
11 клас
5 (583). Коло перетинає гіперболу у = — у чотирьох точках А, В,
• X
Су Л, а інше коло 82 перетинає ту сдму гіперболу в чотирьох
точках А, В, В, О. Відомо, що радіуси кіл 8г і 82 рівні. Дове-
діть, що точки С, В, Е, Сг є вершинами паралелограма.
6	(584). Усередині трикутника АВС вибрано довільну точку X. Опи-
• сані кола трикутників АХВ і АХС удруге перетинають сторо-
ну ВС у точках В і Е відповідно. Пряма ВХ перетинає сторо-
ну АС у точці К9 а пряма ЕХ — сторону АВ у точці В. Доведіть,
що IX І| ВС.	1
7	(585). Розглянемо вираз М(п, т) = | пу]п2 +а-Ьт |, де. ті і ти — до-
вільні натуральні числа, а числа а і Ь фіксовані, причому а —
непарне натуральне, а Ь — раціональне число таке, що в разі
подання, його у вигляді нескоротного дробу знаменник непар-
ний. Доведіть, що існує:
а)	не більше ніж скінченна кількість пар. (п, тп), для яких
М (п, т) = 0;
б)	така додатна стала С, що для пар (п, т)9 при яких
М(п, тп);*О, справджується нерівність М(п, т)>С..
8	(586). На колі відмічено вершини правильного п-кутника. Двоє по
черзі сполучають їх відрізками. За хід можна вибрати вершину
та сполучити її із сусідньою вершиною або із центром кола. Пе-
ремагає той, після чийого ходу можна дістатися по відрізках
з будь-якої вершини до будь-якої іншої. Для кожного натураль-
ного п > З визначте, хто переможе за умови правильної гри.
Розділ 10	,
КИЇВСЬКІ ОЛІМПІАДИ
ДЛЯ МОЛОДШИХ ШКОЛЯРІВ
Цього року для школярів 4-6 класів було проведено командний
захід — Математичний занзібар, у якому взяли участь 84 команди
по шість учнів у кожній.	і
108
 Математичний занзібар
для учнів 4-6 класів
Зроби все, що зможеш,
а в усьому іншому покладися на долю.
Японська мудрість
4 клас
1 (587). Четверо хлопців узяли участь у забігу на 100 метрів. По
завершенні забігу вони сказали кореспонденту газети таке:
Андрій. Я не був ані першим, ані четвертим.
Богдан. Я не був четвертим..
Василь. Я був першим.
Грицько. Я був четвертим.
Виявилося, що троє сказали правду, а один помилився. Хто
з хлопців помилився? Укажіть усі можливі варіанти.
2 (588). Знайдіть число, яке отримують, якщо від найбільшого три-
цифрового числа, у якого цифра одиниць у чотири рази більша
. від цифри сотень, відняти число, що в три рази більше від най-
більшого парного двоцифрового числа.
З (589). Знайдіть усі трицифрові числа, які стають у 15 разів мен-
шими в разі викреслювання середньої цифри.
4 (590). Куб з ребром 3 розрізали на 2.7 менших кубиків зі сторо-
4 ною 1. Потім 21 маленький кубик пофарбували в білий колір,
а шість інших — у чорний. Після цього з малйх кубиків знову
склали великий куб таким чином, щоб частина його поверхні
мала якомога менше чорних ділянок. Яку частину від усієї пло-
щі поверхні куба становлять чорні ділянки?
5 (591). Множина А складається з усіх трицифрових чисел адс,
цифри яких є трьома послідовними цілими цифрами, записани-
ми в будь-якому порядку. Наприклад, числа 354 та 765 нале-
жать множині А, а число 667 — ні. Скільки всього чисел містить
множина А?
6 (592). Четверо студентів сіли за круглий стіл так, що між кожними
сусідами була однакова кількість порожніх стільців. Коли ше-
стеро студентів сіли за той самий стіл, то вони теж змогли сісти
таким чином, щоб між кожними сусідами була однакова кіль-
кість порожніх стільців, причому на 2 стільці менша, ніж першо-
го разу. Скільки всього стільців було розставлено за цим столом?
7 (593). Запишіть у клітинки таблиці 3x3 числа 1, 2, ..., 9 (по од-
ному в кожну клітинку) таким чином, щоб сума трьох добутків
чисел кожного рядка була непарною, а сума трьох добутків чи-
сел кожного стовпчика ділилася на 16.
8 (594). Відрізок АВ довжиною 1800 розташований горизонтально,
його лівим краєм є точка А. На цьому відрізку вибрано точки С,
109
Л, Е таким чином, що АС - ВВ = 1100, а довжина відрізка АЕ
в 3 рази більша за довжину відрізка СІ). У якому порядку зліва
направо можуть бути розташовані точки А, В, С, Л, Е?
9 (595). Тарасик вирішив записати по черзі деякі 100 натуральних
чисел за таким правилом. Спочатку він написав число 1. Кожне
наступне число має відрізнятися від попереднього рівно на 1 —
більше чи менше. Яким може бути останнє написане ним чис-
ло? Наведіть усі можливі відповіді.
10 (596). Поштар розносив святкові картки сім днів з понеділка
по неділю. При цьому кожного наступного дня він розносив
удвічі більше карток мінус одна картка порівняно з попереднім
днем., Наприклад, якщо в середу він розніс 50 карток, то в чет-
’ вер мав рознести 99. Скільки карток він розніс за тиждень,
якщо в один із днів він розніс рівно чотири картки?
11 (597). У рядок записано цифри 9876543210. Уставте між ними,
де потрібно, знаки арифметичних дій (+; х; :), щоб у резуль-
таті отримати число 127.
12 (598). Прямокутник розрізали на дев’ять
менших прямокутників (рис. 10.1). Відомо,
що сума периметрів сірих прямокутників
дорівнює 8, а сума периметрів білих прямо-
кутників — 10. Чому дорівнює периметр ве-
ликого прямокутника?
13 (599). Знайдіть усі можливі розфарбування
чисел множини А = {1; 2; ...; 10} у червоний
Рис. 10.1
і зелений кольори, що задовольняють такі умови:
• число 5 — червоне;
• якщо числа х, у — різного кольору, а х + г/<10, то число
х 4г у — зелене;
• якщо числа х, у — різного кольору,
а ху <10, то число ху — червоне,	* *
14 (600). Табличка множення містить дію мно-	х
ження чисел від 1 до 9. Учитель задав по
черзі кожному з дітей — Андрієві, Богдану,
Василю, Ганнусі та Даринці — по одному---------------------
прикладу із цієї таблички, притому жодна	* *
дитина не отримала завдання на множення
однакових чисел. Виявилося, що відповідь 4-
кожного була вдвічі більшою за відповідь * * *
попереднього. Які числа множила Ганнуся?
Наведіть усі можливі відповіді.
15 (601). Розшифруйте числовий приклад на 9 * * *
множення, записаний на рис. 10.2. У відпо-
відь запишіть значення добутку.	Рис. 10.2
110
5 клас
1 (602). Скількома способами можна розміняти монету 25 к. на
монети вартістю 10, 5 та 1 к.?
2 (603). Комп’ютер після введення трьох чисел а, Ь9 с після кож-
ного натискання кнопки РЬ замість цих чисел видає три числа
а + &, Ь + с, с + а. Настя ввела три різних натуральних числа:
• а, Ь9 с та після декількох натискань кнопки Г5 отримала три
чіґсла із сумою 1536. Учитель математики перепитав, скільки
разів вона натиснула кнопку. Отримавши відповідь, він одразу
зміг точно визначити початкові числа а, Ь9 с. Скільки разів
Настя натиснула кнопку Р5? .	.
3.	Задача 4-3 (589).
4.	Задача 4-4 (590).
5 (604). Петрик хоче, придумати для своєї поштової скриньки па-
роль із шести символів, з яких два мають бути цифрами, що не
можуть стояти поруч, а інші чотири символи — буквами, які
він вибирає зі своїх десяти улюблених букв. Скільки в нього
є варіантів дібрати пароль?
6. Задача 4-6 (592).
7 (605). Розумник записав найменше можливе число, яке задо-
вольняє такі умови:, воно 2017-цифрове, має у своєму* записі всі
10 різних цифр та має суму цифр, що дорівнює 2017. Яке число
записав Розумник?
8 (606). Рівносторонній трикутник зі стороною довжиною п розрі-
зано на рівносторонні трикутники зі стороною 1. Чому дорів-
нює п, якщо маленьких трикутників виявилося рівно 100?
9 (607). У класі навчаються 20 учнів, з них рівно 16 вивчають
англійську мову, рівно 13 — французьку, рівно 12 — німецьку.
. Скільки дітей можуть вивчати всі три мови одночасно? Наве-
діть усі можливі відповіді.
10.	Задача 4-10 (596).
11.	Задача 4-11 (597).
12.	Задача 4-12 (598).
13.	Задача 4-13 (599).
14.	Задача 4-14 (600).
15 (608). У числовому ребусі АВТО + АВТО + АВТО = ГАРАЖ на
додавання трьох однакових чотирицифрових чисел однаковим
буквам відповідають однакові цифри, різним — різні. Знайдіть
принаймні один його розв’язок. У відповіді вкажіть число АВТО.
6 клас
1 (609). Скількома способами можна розміняти монету 25 к. моне-
тами вартістю 10, 5, 2 та 1 к.?
2. Задача 5-2 (603).
111
З (610). Знайдіть усі чотирицифрові числа, які рівно на 2016 біль-
ші за чотирицифрове число, отримане із цього числа переста-
новкою першої цифри у кінець запису.
4. Задача 4-4 (590).
5. Задача 5-5 (604).
6 (611). Поштар розносив картки перед Різдвом у великий будинок.
У перший під’їзд він заніс 5 карток та — частину від тих кар-
15
1
ток,- що лишилися. У другий під’їзд він заніс 6 картон та —
15
частину від тих карток, що лишилися після цього. У третій
під’їзд він заніс 7 карток та -і- частину від тих карток, що ли-
15
шилися після цього, і т. д. В останній під’їзд він заніс усі карт-
ки, що лишилися. Виявилося, що в кожний під’їзд він заніс од-
накову кількість карток. Скільки під’їздів було в цьому домі?
7.	Задача 5-7 (605).
8.	Задача 5-8 (606).
9.	Задача 5-9 (607).
10 (612). П’ятеро рибалок вирішили підрахувати свій улов. Ви-
явилося, що всі спіймали різну кількість рибин, кожні двоє
виловили не менше ніж 20 рибин, а кожні троє — не більше
ніж 40 рибин. Скільки рибин упіймали всі разом? Наведіть усі
можливі відповіді.
11 (613). Знайдіть усі трійки простих чисел а, Ь, с<2017, для яких
справджується рівність а-Ь4 +с8.
12 (614), Город має форму прямокутника, який поді-
лили двома парами ліній,.паралельних сторонам
прямокутника, на дев’ять менших прямокутни-
ків. На них ділянках посадили помідори (П), кві-
ти (К), огірки (О) та цибулю (Ц), як це показано
на рис. 10.3. Відомо., що загальна площа, яку за-
йнято під квіти, дорівнює площі городу під огір-
ками й дорівнює площі під помідорами та стано-
вить 2 сотки. Яку площу може займати ділянка,
на якій посаджено цибулю?
к	п	к
0	ц	0
к	п	к
Рис. 10.3
13. Задача 4-13 (599).
14 (615). Табличка множення містить дію множення чисел від 1 до
9. Учитель задав по черзі дітям — Андрієві, Богдану, Василю,
Ганнусі та Даринці -- по одному прикладу із цієї таблички. Ви-
явилося, що відповідь кожного з них була в півтора раза більша
за відповідь попереднього. Які числа множив Василь? Наведіть
усі можливі відповіді.
15. Задача 5-15 (608).
112
IV Київська міська олімпіада юних математиків
для учнів 4-6 класів
«Математична вишиванка»
У цій олімпіаді взяли участь 529 учнів шкіл міста Києва, зо-
крема, у змаганнях за 4 клас — 114 учнів, за 5 клас — 258 учнів
та за 6 клас — 157 учнів. На виконання роботи в першому турі
учням 4 класу було дано 1,5 години на чотири задачі, учням 5 та
6 класів —- 2 години на п’ять задач.
Добре бажаная вибачає погане виконання,
Вільям Шекспір
4	клас
1 (616). Квадратна ділянка розміром 10x10 квадратних метрів
була поділена прямолінійними розрізами на три прямокутні ді-
лянки площами 20, ЗО та 50 квадратних метрів. Яка найменша
сумарна довжина розрізів, що при цьому могла утворитися?
2 (617). Чотири гноми — Балин, Біфур, Бомбур, Борин. — вам ть
відповідно 10, 12, 14 та 18 кг. Вони зібралися привітати з дь :м
народження свого друга, гнома Торина, який мешкає на вер-
шині гори. Для цього вони мають скористатися підйомником,
що складається з двох дошок, зв’язаних мотузкою. Підйомник
їздить угору та вниз лише тоді, коли в ньому сидять гноми,
сумарна вага яких, від 20 до 50 кг, при цьому вага тих, хто
сидить на різних дошках, не відрізняється більше ніж на б кг.
Чи зможуть вони вчотирьох дістатися до вершини, щоб разом
привітати іменинника?
З (618). У наведеному прикладі
200 • (* + * 4- *> 20 • (* 4- * 4- *) 4- (* 4- * 4- *) =-- 2017
замість зірочок розставте цифри .1, 2, ..., 9 (кожну цифру ви-
користовуйте рівно один раз) таким чином, щоб отримати пра-
вильну рівність.
4 (619). Оксана та Олеся грають у гру на смужці, що складається
з 2018 клітинок. На початку гри всі клітинки — білі. Оксана
ходить першою та фарбує кожним своїм ходом одну з клітинок,
що на той момент є білою, у блакитний колір, а Олеся — будь-
яку з білих клітинок у жовтий. Коли вся смужка стане зафарбо-
ваною. Оксана отримає по 1 балу за кожні дві однокольорові су-
сідні клітинки, а Олеся — по 1 балу за кожні дві різнокольорові
сусідні клітинки. Переможницею визнають ту дівчинку, котра
матиме більше балів. Хто переможе в цій грі, якщо кожна з дів-
чаток прагне перемогти?
113
5	клас
1 (620). У наведеній на рис. 10.4 рівності	| Г"	"П — Г1
перекладіть лише один сірник таким	| ^1 "" П “ Ц
чином, щоб-рівність стала правильною.
2 (621). Знайдіть натуральне число п, що не	рІІС> 10,4
має цифри 0 у своєму записі та має суму
цифр 29, при цьому число п 4- 1 має суму цифр 3. Наведіть усі
можливі відповіді.
З (622). Виберіть чотири попарно різні цифри такі, щоб, побуду-
вавши з них два двоцифрових числа, отримати'найбільший із
можливих добуток цих чисел. •
4 (623). Чи можна на площині розставити п> фотографів таким чи-
ном, щоб кожен міг сфотографувати рівно (п - 2) з них, якщо:
а) п = 8;	б) п = 9.
Примітка. -Фотографи А та Б можуть сфотографувати один од-
ного, якщо на відрізку між ними не стоїть жоден інший фото-
граф; рухатися фотографи не мають права, поки не. зроблять усі
можливі фото.
5 (624). У класі розподілили дітей по гуртках так, що кожний гур-1
ток відвідують рівно по вісім учнів, кожна дитина відвідує рівно
два гуртки, а в кожних двох гуртках є рівно одна дитина, яка
відвідує обидва ці гуртки. Скільки учнів навчається в класі?
6	клас
1 (625). У наведеній на рис. 10.5 рівності | """| П —а | |
перекладіть, рівно один сірник таким | |	— І І
чином, щоб рівність стала правильною.
2 (626). Знайдіть натуральне число п, що не	Рис. 10.5
має цифри 0 у своєму записі та має суму
цифр ЗО, при цьому число п + 1 має суму цифр 4. Наведіть усі
можливі відповіді.
З (627). Усейн Болт, Тайсон Гей та Джастін Гетлін змагалися в за-
бігу на 100 м. Першим фінішував Болт, він показав результат
рівно Юсів момент фінішу випереджав Гея на 10 м. Коли
фінішував Гей, то він у свою чергу випереджав Гетліна на 10 м.
На скільки метрів Болт випереджав Гетліна під час фінішу?
4 (628). Виберіть п’ять попарно різних цифр таких, щоб, побуду-
вавши з них два числа, отримати найменший із можливих не-
нульбвий добуток цих чисел.
5 (629). З однакової кількості квадратів 1x1, 2x2 та 3x3 складіть
квадрат. Маленькі квадрати не мають накладатися один на
одного.
114
VI Олімпіада
Київського національного університету
імені Тараса Шевченка для учнів 4-6 класів
йНШШМІ «Без труда нема плода»
4 клас
Основні задачі	-4
1 (630). Дано декілька рівносторонніх	/ \
трикутників, розташованих один	/	\
всередині іншого; При цьому сто-	/	\
рона кожного меншого трикутника	----X
вдвічі менша від сторони більшого
трикутника, у якому він розташова- /	\
ний. Сторона найбільшого трикутни- /	\ /	\
ка дорівнює 2016 см. Равлик проповз /____Ч/
указаним на рис. 10.6 маршрутом
від точки А до точки В. Яку загалом	Рис. 10,6
відстань здолав равлик?
2 (631). Петрик вибрав чотири різних натуральних числа# Добуток
двох найменших із них дорівнював 16, а двох найбільших — 225,
Чому може дорівнювати сума всіх чотирьох вибраних чисел?
З (632). На новорічному балу в класі дівчатка танцювали з хлопчи-
ками, при цьому 8 хлопчикам не вистачило пари. Тоді кожен
хлопчик запросив на другу частину балу свою подружку з пара-
лельного класу, а 10 дівчаток запросили своїх приятелів також
з інших класів. Тепер усі присутні на балу танцювали в па-
рах, що складалися з хлопчика та дівчинки. Скільки дівчаток
і хлопчиків із самого початку було на балу?
4 (633). Чи можна у квадраті 4x4, що складається із 16 кліти-
нок 1x1, зафарбувати деякі з клітинок у чорний колір таким
чином, щоб у кожному рядку, кожному стовпчику та на кож-
ній діагоналі квадрата були розташовані рівно по дві чорні
клітинки?
5 (634). Співробітниками фірми є або брехуни, або лицарі, яких
однакова кількість. При цьому брехуни на кожне запитання
дають неправдиву відповідь, а лицарі на кожне запитання —
правдиву відповідь. На запитання «Скільки серед співробіт-
ників брехунів?» було отримано відповіді: «Не менше 25»
або «Не менше 28». Аналогічно на запитання «Скільки серед
співробітників лицарів?» було отримано відповіді: «Не більше
26» або «Не більше 29». Скільки всього співробітників працює
у фірмі?
115
Додаткові задачі
6 (635). На дроті сиділи 2018 птахів декількох видів. Птахи одного
виду утворюють колонію. Яка найменша кількість колоній була
на дроті, якщо птахи розсілися так, що між кожними двома з од-
нієї колонії сиділа парна кількість птахів з будь-якої колонії?
7 (636). На площині відмічено 60 точок, І яких 39 лежать на пря-
мій 19 а решта точок на цій прямій не лежить. Доведіть, що всі
ці 60 точок можна розбити на 20 трійок точок так, що точки
кожної трійки не лежатимуть на одній прямій.'
8 (637). Петрик написав 12 послідовних натуральних чисел. Піс-
ля цього він розглянув усі можливі пари чисел із цього на-
бору та порахував добуток для кожної пари. Далі додав усі
отримані добутки цих пар чисел і в результаті одержав число
2018201820182018. Чи не помилився Петрик у підрахунках?
5 клас
Основні задачі
1 (638). У першому рядку таблиці виписано зліва направо нату-
ральні числа від 1 до 9. Чи можна в другому рядку розставити
ці самі числа так, щоб сума двох чисел кожного стовпчика була
квадратом натурального числа?
2.	Задача 4-3 (632).
3.	Задача 4-4 (633).
4.	Задача 4-6 (635).
5 (639). В Україні в обігу є грошові купюри номінальною вартістю
1, 2, 5, 10, 20, 50, 100, 200, 500 грн. На Новий рік батьки пода-
рували Петрику декілька купюр однакового номіналу, Юркові
так само батьки подарували декілька купюр однакового номі-
налу. Виявилося, що разом у Петрика з Юрком 300 грн, при
цьому в Петрика купюр удвічі більше, ніж у Юрка, а в Юрка
грошей удвічі більше, ніж у Петрика. Якими купюрами має
гроші Петрик?
Додаткові задачі
6 (640). На площині відмічено 60 точок, 21 з яких лежить на пря-
мій І, а решта точок на цій прямій не лежить. Доведіть, що ці
60 точок можна розбити на 20 трійок точок так, що точки кож-
ної трійки не лежатимуть на одній прямій.
7 (641). Петрик написав ЗО послідовних натуральних чисел. Піс-
ля цього' розглянув усі можливі пари чисел із цього набо-
' ру та порахував добуток для кожної пари. Далі він додав
усі отримані добутки пар чисел і в результаті одержав число
2018201820182018. Чи не помилився Петрик у підрахунках?
116
8 (642). На 12 картках написано такі твердження:
на першій — «ліворуч немає жодної картки з неправильним
твердженням»;
' на другій — «ліворуч рівно одна картка з неправильним твер-
дженням»;
на третій — «ліворуч рівно дві картки з неправильним твер-
дженням»;
на дванадцятій — «ліворуч рівно одинадцять карток з непра-
вильним твердженням».
У який спосіб можна розкласти ці картки, щоб на них було на-
писано найбільшу кількість правильних тверджень?
6 клас
Основні задачі
1. Задача 5-1 (638).
1111
2 (643). Чи може в рівності	бути так, щоб рівно одне
кітп
з натуральних чисел к, І, т, п було одноцифровим, друге — дво-
цифровим, третє — трицифровим і четверте — чотирицифровим?
3.(644). Чи можна у квадраті .6x6 викласти 16 фігурок доміно 2x1
та чотири квадратики 1x1 так, щоб не утворилося жодного
квадрата 2x2 чи прямокутника 4x1 із двох сусідніх фігурок
доміно?
4.	Задача 5-5 (639).
5.	Задача 5-6 (640).
Додаткові задачі
6.	Задача 5-7 (641).
7.	Задача 5-8 (642).
8	(645). Нехай дано рівносторонній трикут-
ник АВС зі стороною а, точки £>, В, 6? —	А
середини сторін АВ, ВС, АС відповідно. Не-	/ \
хай Н — точка, що симетрична О відносно вУ	\ Сг
сторони ВС (рис. 10.7). Точки А, В, С, В, Л \
Е, С, Н пофарбовано в один із двох .кольо- / і \
рів: жовтий або синій. ♦
а)	Доведіть, що коли вершини В, Е по- {
фарбовано однаковим кольором, то за . Ні
будь-якого розфарбування інших точок
- завжди знайдеться рівносторонній три- Рис- 10.7
кутйик з однокольоровими вершинами.-
б)	Чи буде справджуватися останнє твердження, якщо верши-
ни В, Е пофарбовано різними кольорами?
117
І Всеукраїнська математична олімпіада
для учнів 5-7 класів
під егідою Київського національного
університету імені Тараса Шевченка
У квітні 2018 року була започаткована І Всеукраїнська олімпі-
ада з математики для учнів 5-7 класів. Вона пройшла в Інституті
післядипломної освіти Київського національного університету імені
Тараса Шевченка. Як усе нове, олімпіада не відразу набула визнан-
ня: дуже важко збиралися на неї учасники, але, урешті-решт, захід
відбувся. В олімпіаді взяли участь представники Всіх областей, крім
Дніпропетровської та Кіровоградської. У кожній паралелі поза кон-
курсом до змагання долучилися по двоє-троє київських школярів.
В олімпіаді взяли участь 68 учнів: 22 — за 5 клас, 24 — за
6 клас, 22 — за 7 клас. Учасники розв’язували по п’ять задач про-
тягом двох днів. Учні 5 та 6 класів змагалися по 2,5 години, а учні
4 класів — 2 години.
І тур
Перемога дістається тому,
хто витримає на півгодини довше.
Японська мудрість
5 клас
1 (646). Запис 222222 містить шість цифр 2. Використовуючи зна-
ки арифметичних дій +, -, х,: та дужки, зробіть так, щоб зна-
чення отриманого виразу дорівнювало 100.
2 (647). У рядок у*деякому порядку розставлено числа від 1 до 17.
Відомо, що будь-які два числа, що стоять через одне, мають
різну парність. Чи може число 6 бути першим у цьому рядку?
З (648). Два рівних квадрати зі стороною 6 см перетинаються так,
що накривають рівно по одному куту один одного (рис. 10.8)
і їхнім перетином є прямокутник, довжи-
ни сторін якого дорівнюють цілому числу 	- -
сантиметрів. Прямокутник закриває рів-
но третину площі кожного з квадратів.
Який периметр має фігура, що утворила-
ся внаслідок об’єднання цих квадратів?
4 (649). На деякій вулиці розташовано п’ять
будинків. У них мешкають 5, 15, 25, 35 та
45 людей відповідно. Відомо, що для кож-
ного з мешканців є не менш ніж два інших
мешканці з таким самим ім’ям. Доведіть,
що деякі дві людини з однаковими іменами
живуть в одному й тому самому будинку.
118
5 (650). По колу розставлено 2018 натуральних чисбл (не обов’яз-
ково різних). Відомо, що сума будь-яких 20 чисел, що йдуть
поспіль, дорівнює 200. Позиції чисел послідовно отримали но-
мери 1, 2, ..., 2018. На 17:й позиції стоїть число 17. Чи можна
з’ясувати, які числа стоять на позиціях з номерами 2018 та
1001?
6 клас
1 (651). У залі кінотеатру 800 місць, які поділено між трьома сек-
торами, центральним і двома однаковими — правим та лівим.
* Усі сектори містять по вісім рядів. У центральному секторі по
28 місць у кожному ряду. Скільки місць є в кожному ряду
в правому та лівому секторах, якщо їхня кількість у кожному
ряду однакова?
2 (652). Відомо, що одноцифрове число А не ділиться ні на 2, ні
на 3. Для деякої цифри а. число Аа ділиться на 2, число Ааа
ділиться на 3, а число Аааа ділиться на 4. Знайдіть усі мож-
ливі числа Аа,
З (653). Квадрат 5x5 розрізали на декілька прямокутників 4x1 та
3x1. Скільки при цьому може виявитися прямокутників кож-
ного з розмірів?
4.	Задача 5-5 (650).
5 (654). Куб 3x3x3 мають намір склеїти з 27 кубиків 1x1x1 у такий
спосіб. Спочатку беруть один маленький кубик, до нього до-
клеюють по грані інший кубик, далі кожний наступний
кубик — по грані до попереднього, щойно приклеєного. Чи
вдасться таким чином повністю склеїти весь куб, якщо розпо-
чинають:	,	*
а)	з кубика 1x1x1, розташованого в центрі куба 3x3x3;
б)	з кубика 1x1x1, розташованого в центрі однієї з граней куба
3x3x3?	А
7 клас
1 (655). У залі кінотеатру 800 місць, які поділено між трьома сек-
торами, центральним та двома однаковими — правим і лівим.
Усі сектори містять по вісім рядів. У центральному секторі по
28 місць у кожному ряду. У правому та лівому секторах кожний
наступний ряд має на 2 місця більше, ніж попередній. Скільки
місць є в перших рядах правого та лівого секторів? ~
2. Задача 6-2 (652).
З (656). У трикутнику АВС медіана АВ дорівнює стороні АВ. На
продовженні сторони АВ за точку В відмітили точку Р таку, що
119
АВ = В І). Пряма ВЕ перетинає сторону АС у точці Е. Доведіть,
що ЕР =•• ЕС.
4 (657). Сума трьох, не обовязково різних, простих чисел дорів-
нює 23. Чому може дорівнювати добуток цих чисел? Укажіть
усі можливі відповіді.
5 (658). Визначимо в такий спосіб значення (х): (х)--=х, якщо
, та \х)=—, якщо х< —. Знайдіть усі такі додатні х, що
X	X	X
задовольняють рівність {2х} - (8х).
І! тур
У десять років — диво, у двадцять — геній,
а після тридцяти — звичайна людина.
Японська мудрість
5 клас
6 (659). У дитячому сйдочку діти побудували вежу з однакових
кубиків, ставлячи їх один на одний. Потім вони оглянули її
з усіх боків — спереду, ззаду, зліва, зправа, зверху й навіть
знизу та підрахували квадратики. Усього нарахували 2018 ква-
дратиків. Скільки всього кубиків використали діти?
7 (660). Прямокутник 2018x6 розрізали на квадратики 1x1, пі
квадратики перенумерували так, як це показано на рис. 10.9.
У кожному рядку помітили сірим кольором рівно по одному
квадратику. Визначте номер сірогр квадратика, що розташова-
ний у верхньому рядку.
8 (661). Прямокутник 5x6 розрізали на вісім прямокутників із
цілими сторонами. Доведіть, що серед цих прямокутників є
принаймні два однакових.
9 (662). Нехай три найменших натураль-
них числа, на які націло ділиться чис-
ло п, — це числа а, &, с. Відомо, що
а + Ь + с - 8. Якою може бути остання
цифра числа п?
10 (663). На міжпланетну конференцію
«Веселка» прибули 107 жовтих і бла-
китних чоловічків. Жовті чоловіч-
ки правильно сприймають кольори,
а блакитним, на жаль, жовтий колір
здається блакитним і навпаки, Кожен
з учасників конференції, подивившись
навкруги, підійшов до когось, сказав:
43	44	45	м	47	48
37	38	39	40	41	42
31	32	33	.34	35	36
25	26	27	28	«йгі	ЗО
19	20	21	22	23	24
ІЗ	14	гтт?	16	17	18
7		9	10	11	12
	2	3	4	5	6
Рис. 10.9
120
«Який ви блакитний!» — та подарував цукерку. Доведіть, що
хоча б один із чоловічків на конференції не отримав подарунка.
6 клас
6 (664). Запишіть декілька натуральних чисел у рядок так, щоб ви-
конувалися умови: кожну з десяти цифр використано в записі
рівно один раз, а сума кожних двох сусідніх чисел дорівнювала
12 або 13.
7	. Задача 5-8 (661),
8 (665). Буратіно має пройти «Дивним полем» від верхнього
прямокутника до нижнього, рухаючись лише за стрілками
(рис. 10.10). Потрапляючи в кожний прямокутник, він отримує
зазначену в прямокутнику кількість золотих. Яку найбільшу
кількість золотих може зібрати Буратіно?
Рис. 10.10
9 (666). Відомо, що сума трьох найменших дільників числа п дорів-
нює 8. Якими можуть бути дві останні цифри числа п?
10 (667). У класі навчається ЗО учнів» У кожного з учнів є рівно
двоє друзів та рівно двоє ворогів. У понеділок учитель розсадив
учнів, за 15 парт по двоє в такий спосіб, що за кожною партою
.опинилися двоє ворогів. Після цього, у вівторок учні пересіли
таким чином, що за кожною партою опинилися двоє друзів.
Доведіть, що вчитель може вигнати з класу не більше ніж
15 учнів так, щоб решту можна було розбити на дві групи,
у яких не було б ані друзів, ані ворогів;
7 клас
6 (668). На дошці записали два числа, сума яких дорівнює 2533.
До одного із чисел Петрик дописав праворуч цифру 6, після
чого сума двох одержаних чисел стала дорівнювати 7174. Які
числа спочатку були записані на дошці?
121
7 (669). Організатори матчу «Динамо» — «Шахтар»
запропонували фанклубам футбольних команд 
«Динамо» та «Шахтар» знижку на квитки, --------------
якщо вони придбають їх разом. Уболівальники
погодилися. Виявилося, що вартість квитків Рис- 10.11
для всіх вболівальників була однаковою та ста-
новила від 10 до 100 грн. При цьому фанклуб ------—....."”|
«Динамо» сплатив за своїх уболівальників на
776 грн менше, ніж фанклуб «Шахтаря». Скіль- [_
ки квитків отримали вболівальники «Динамо »^
і скільки вболівальники «Шахтаря», якщо ра- рис. 10.12
зом їх було 2018?
8	. Задача 6-9 (666).
9	(670). У рівнобедреному- трикутнику АВС . А.ВАС-120°, точка
М — середина сторони АВ, точка Р симетрична точці М віднос-
но сторони ВС, Відрізки АР і ВС перетинаються в точці 0- Знай-
діть градусну міру кута В$Р.
10	(671). Дано шестикутники, що складаються з двох прямокут-
ників (рис. 10.11, 10.12). За допомогою лише лінійки, на якій
немає жодних позначок, проведіть пряму, що ділить шестикут-
ник на два многокутники однакової площі.
Примітка. Такою лінійкою можна проводити лише прямі через
задані дві точки.
Розділи
ТЕМАТИЧНІ ОЛІМПІАДИ З МАТЕМАТИКИ
Цього року ми “вирішили провести по дві тематичні олімпіади
протягом двох вікендів. Олімпіади паралельно відбулися в Києві,
Харкові, Львові та Чернівцях.
На кожній олімпіаді учасникам було запропоновано чотири за-
дачі на 4 години.
Олімпіада з теорії чисел
Неможливо розв’язати всі задачі,
якщо не розв’язав першу.
Здкон Сіда
9 клас
1 (672). Нехай N — кількість упорядкованих наборів натуральних
,	ч	1	1	1 -і
чисел (х19 х2,..., х9), що задовольняють умову —+—+...+—=1.
Визначте парність числа N.
122
2 (673). Пару натуральних чисел а та Ь назвегло дружньою, якщо за
будь-якого фарбування всіх натуральних чисел у два кольори є
два однокольорових числа, різниця між якими дорівнює а чи
Які з наведених пар є дружніми:
(7; 11), (13; 20), (24; 20), (2000; 2016)?
З (674), Доведіть, що існує нескінченно багато натуральних чисел
т, для яких кількість попарно різних простих непарних діль-
ників числа т (т + 3) кратна 3. Наприклад, число 60 = 22 • 3 • 5
. має два таких дільники (а тому умову не задовольняє), а число
1050=2 • 3 • 52 • 7 має три таких дільники (а отже, умову задо-
вольняє).
4 (675). Доведіть, іцо кожне натуральне число я >50 можна запи-
сати як суму двох натуральних.чисел, які не мають простих
дільників, більших за -х/п.
10 клас
1. Задача 9-2 (673).	.
2	(676). Нехай п — просте число. Доведіть, що існує перестановка
а2,..., ап чисел 1, 2, ..., п, для якої остачі чисел аха2, ...,
<ца,2...ап від ділення на п є попарно різними.
3	. Задача 9-3 (674).	г
4	(677). Задано натуральне число п. Послідовність хрх2,...,х^
назвемо п-чудовою, якщо кожен хі належить множині {1, 2,..., п}
і впорядковані пари (хрх.т1) / = 1, п2 попарно різні (індекси бе-
ремо за модулем п2). Дві п-чудові послідовності х., х2,...» х 2
і і/р у2, ...,упг назвемо подібними якщо існує таке ціле к* що
Уі~х,+к для всіх і=1, п2 (індекси беремо за модулем п2). Відо-
. мо, що існує не тотожна перестановка о елементів {1, 2, ..., п}
і п-чудова послідовність х., ху,х 2, подібна до послідовності
о(х1), а(х2),..., сг(х^). Доведіть, що п з2 (тосі 4).
11 клас
1. Задача 10-2 (676).
2 (678). Нехай (хп) —- послідовність натуральних чисел таких, що
для кожної пари натуральних чисел (т, п) справджується умо-
ва хтп *Хгі(п + 1Г Доведіть, що існує такий індекс і, для якого
х. >2017.
3. Задача 9-4 (675). .
4. Задача 10-4 (677).
123
Олімпіада з комбінаторики
Немає нічого неможливого, якщо ти цього хочеш.
Італійська мудрість
9 клас
1. (679). Назвемо опуклий многокутник на площині вірним, якщо
для кожної його сторони існує вершина, що лежить далі від
цієї сторони, ніж решта його вершин. Назвемо перпендикуляр,
опущений з найвіддаленішої від сторони Х¥ вершини на цю
сторону, висотою вірного многокутника. Знайдіть усі натураль-
ні числа п, для яких існує вірний и-кутнйк, усі п висот якого
перетинаються в одній точці.
2 (680). Визначимо множину
М -{х, +2х„+3х\+ ...ч-2015х2П|Г)|х = -2\/х' =3, і=1; 2015І.
Доведіть, що 2015 є М і 2016 <£М.
З (681). У кожну комірку таблиці 2012x2012 вписано число з про-
міжку [0; 1]. Розглянемо розбиття таблиці на Два непорожніх
прямокутники вздовж горизонтальної чи вертикальної лінії сіт-.
ки (уздовж прямої, що проходить між комірками). Нехай за
будь-якого такого розбиття сума чисел принаймні в одному з
двох прямокутників не перевищує 1. Яка максимальна можли-
ва сума чисел усієї таблиці?
4 (682). Аліса склала список із 20 команд, у якому кожній наступній
команді передувала, на її думку, сильніша команда. Список нікому
не показала. Віталій може дати Алісі список довільних трьох із цих
команд. Тоді Аліса вирішить, яку команду назвати — найслабшу
із цих трьох чи найсильнішу, і назве її. Віталій може перепитувати
про ці команди скільки завгодно разів. Для якого найбільшого N
Віталій може гарантовано визначити N команд із 20, якщо йому
відомий порядок їхнього розташування в списку Аліси?
10 клас
1. Задача 9-2 (680).
2 (683). Нехай дано два нерівних правильних п-кутники Р та Рг.
Точки А та А' лежать усередині многокутників Р та Р' від-
повідно. Позначимо через {<2Р та Ц', ...,с£) відстані від
точок А та А' до вершин многокутників Р та Р' відповідно.
Чи може множина {с^,...,с^} бути перестановкою множини
3. Задача 9-4 (682).
4 (684). Алекс задумав число ЛГ із множини 8 = {1; 2; ...; 1001}.
Біллі хоче його визначити, але має діяти за таким правилом.
124
Біллі заздалегідь готує три списки, кожен з яких містить де-
кілька підмножин 8. Алекс розглядає кожен список і повідом-
ляє, скільком з наведених підмножин належить задумане чис-
ло. Яка найменша загальна кількість підмножин з усіх трьох
. списків дозволить Біллі дізнатися напевно задуманого числа А?
11 клас
1. Задача 9-4 (682).
2 (685). Коло поділене 2п точками на 2п рівних дуг, кожна з яких
має одиничну довжину. Розглянемо п + 1 дугу з кінцями в зада-
них точках, довжини дуг дорівнюють 1, 2, 3, ..., п + 1. Доведіть,
що принаймні один із цих проміжків лежить усередині іншого. .
З (686). На координатній площині задали точку Д,. Після цього
Анна задає число а0 є (0; 1], а Бен пересуває цю точку вправо,
уліво, угору чи вниз у позицію А^ таким чином, щоб =а0.
Далі вони аналогічно вчиняють з точкою Аа: Анна вибирає
число <0^ є (0; 1], а Бен рухає цю точку в одному із чотирьох за-
даних напрямів, що паралельні координатним осям, у пози-
цію Аз так, щоб А1А2=а1. Цей процес триває так довго, як.
того хоче Анна. Бен щоразу вибирає напрямок руху з одним
обмеженням — серед кожних 100 послідовних рухів є принайм-
ні один кожного із чотирьох напрямів. Анна прагне добитися
ситуації, коли відстань чергової точки від початкової переви-
щуватиме 100. Чи завжди Анна зможе досягти своєї мети?
4. Задача 10-4 (684).
Олімпіада з алгебри
Хотелось бьі чуть-чуть всемирной славьі...
Наталья Резник
9 клас
1 (687). Знайдіть усі. функції /И, для яких V к є N справджу-
ється умова
Г(к + 1) > Нї(к)).
2 (688). Нехай Ьє(-2;0). Доведіть, що існує натуральне число _п,
для якого всі коефіцієнти многочлена (.г.+1)л(лЛ+дх + 1) до-
датні.
З (689). Натуральні числа а та п задовольняють рівність
{^іі + у/п} = {у/а}. Доведіть, що 4а + 1 — квадрат цілого числа.
125
4 (690). Для додатних чисел а,Ь,с<—, що задовольняють умову
а + Ь + с = 1, та для довільних дійсних чисел х, у, г доведіть
нерівність
аЬс(х+у+г)2> ауг(1 - 2а) + Ьхя(1 - 2Ь)+сху(1 - 2с).
10 клас
1. Задача 9-2 (688).
2. Задача 9-3 (689).
З (691). Знайдіть усі функції	такі, що Х/х, і/є їй справ-
джується рівність
?(х2+х/(у))=х/(х+у).
4 (692). Нехай п>2' — натуральне число. Доведіть, що коли дійсні
. числа а1, а2,..., аг задовольняють умову а2+а2+...+а2=п9 то
справджується нерівність
У -1—
і^<пп-а.а. 2
11 клас
1 (693). При яких натуральних п існує такий многочлен
Рл(х) = хп+а1хд-1 + ...+ал_1х+ал, що для всіх х Рл(х)>-3 та
Рл (-2) = Рл(0) = Рл(2) = 0?
2. Задача 10-3 (691).
З (694). Нехай п — додатне ціле числб таке, що існує додатне ціле
число, яке менше від та яке не є дільником п. Нехай
(а1? ...,ал) — довільна. перестановка чисел 1; ...; п. Нехай
а/<...<аІА — максимальна зростаюча підпослідовність і нехай
а?і >...>д — максимальна спадна підпослідовність. Доведіть,
що кортежі (аі , а1к) та (а, ,..., а}) містять принаймні одне
число, що не є дільником п.
4, Задача 10-4 (692).
Олімпіада з геометрії
Тьс правда глупьш или зто имидж?
Наталья Резник
9 клас
1 (695). У трикутнику АВС точки Д та Сх — середини сторін ВС
та АС відповідно. Точка Р ~ деяка точка всередині трикутника.
Виявилося, що /ВРС3 = 2РСА. Доведіть, що /ВРД = /РАС.
126
2 (696). Точка М — середина основи ВС трапеції АВСВ, На осно-
ві АВ вибрано точку Р. Пряма РМ перетинає пряму ВС у точ-
ці С, а перпендикуляр, проведений із точки Р до основ, перети-
нає пряму Вф у точці К. Доведіть, що 2^0ВС = ЛКВА.
З (697). Кола іиг і іи2 перетинаються в точках А^ і А^, Нехай В —
довільна точка на колі и\, а пряма ВА^ вдруге перетинає коло
и)2 в точці С. Нехай точка Н — ортоцентр трикутника ВА^С.
Доведіть, що для довільного вибору точки-В точка Н лежить на
деякому фіксованому колі.
4 (698). У паралелограмі АВСВ точка Р — довільна точка описано-
го кола трикутника АВВУ відмінна від верщин. Пряма РА пе-
ретинає пряму СВ у точці (?. Нехай точка О — центр описаного
кола трикутника РС<& Доведіть, що ААВО = 90°.
10 клас
1. Задача 9-1 (695).
2. Задача 9-3 (697).
З (699). На гіпотенузі АВ прямокутного трикутника АВС позначи-
ли точку К так, що ВК = ВС, Точка Р на перпендикулярі, про-
веденому з точки К до прямої СК, рівновіддалена від точок К
і В, точка Ь — середина відрізка СК, Доведіть, що пряма АР
дотикається до описаного кола трикутника ВЬР.
4 (700). У прямокутному трикутнику АВС із гіпотенузою АВ вписа-
не коло дотикається до катетів ВС і АС у точках Аг і В, відпо-
відно. Пряма, що містить середню лінію трикутника АВС, пара-
лельну гіпотенузі АВ, перетинає його описане коло в точках Р
. і Т, Доведіть, що точки Р, Т, А1, Вг лежать на одному колі.
11 клас
1. Задача 9-1 (695).
2 (701). На стороні АС трикутника АВС знайшлася така точка К,
що АК 2КС і ЕАВК -2АКВС. Точка Е — середина сторо-
ни АС, точка В — проекція точки А на пряму ВК, Доведіть, що
РЬІВС.
3. Задача 9-4 (698).
4 (702). Нехай АВ — внутрішня бісектриса трикутника АВС. Пер-
пендикуляр, проведений до сторони ВС із точки В, перетинає
зовнішню бісектрису кута САВ у точці І, Коло із центром І та
радіусом ІВ перетинає сторони АВ і АС у точках Р ІЕ відповід-
но. Симедіана трикутника АРЕ, проведена з вершини А, пере-
тинає описане коло трикутника АРЕ вдруге в точці X, Дове-
діть, що описані кола трикутників АРЕ та ВХС дотикаються.
127
Частина 2. Розв’язання задач
Розділ 1
II (РАЙОННИЙ) ЕТАП
ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
Київська районна олімпіада
6 клас
1 (001). Відповідь: можна, наприклад, такі:
1	1 1 19 2+3+6+19
ЇЙ 10 5 ЗО ЗО
2 (002). Відповідь: 30.
Розв’язання. Розіб’ємо шахівницю на
частини, як показано на рис. ІД. У кож-
ній частині не може стояти більше ніж
один король, тому максимум може бути
6*5=30 королів. У кожній частині ста-
вимо короля в ліву верхню клітинку.
З (003). Відповідь: а) чотири розрізи; б) 15 розрізів.
Розв’язання, а) Спочатку покажемо., як можна зробити це за
чотири розрізи. Першим розрізом ділимо квадрат на два пря-
мокутники 4x2. Перекладемо їх таким чином, щоб обидва
розрізати посередині, та отримаємо чотири квадрати 2x2.
Потім перекладемо їх так, щоб розрізати на вісім прямокут-
ників 1x2. 1 нарешті покладемо їх так, щоб розрізати остан-
нім, четвертим розрізом на 16 квадратиків 1x1.
Далі покажемо, що менщою кількістю розрізів обійтися не
можна. Міркуємо так: один із чотирьох квадратиків, що не
граничить з межею заданого квадрата, має чотири сторони,
кожну з яких треба відрізати окремим розрізом.
б) У результаті кожного розрізання * кількість шматочків збіль-
шується рівно на 1. Оскільки потрібно отримати всього
16 шматочків, то на це знадобиться рівно 15 розрізів. .
4 (004). Відповідь: зможе* число 538.
* Розв’язання. Позначимо недодане число через аЬс. Сума всіх
шести чисел дорівнює:
8 - аЬс+асЬ+Ьас+Ьса + саЬ+сЬа = 222 (а+Ь+с).
Тоді $-«&£=3014, тобто число $ = аЬс+Зб14 знаходиться
в межах 3137<$<4001» Крім, того, це число кратне 222. Ви-
пишемо всі числа в межах чисел, кратних 222:
3108, 3330, 3552, 3774 і 3996.
128
Тепер легко знайти можливі значення аЬс і перевірити, чи
задовольняють вони умови:
8 = 3108 => аЬс = 8-3014 = 94 — умову не задовольняє;
5' = 3330 => аЬс ~8 -3014 = 316. Щоб не перевіряти суму всіх
шести утворених чисел, знайдемо:
а 4 Ь + с = 8 : 222 = 15 — умову не задовольняє;
8 = 3552	а5с = 8-3014 = 538 — оскільки а 4- Ь 4* с = 8 : 222 =
= 16, умову задовольняє;
8 = 3774	аЬс=8-3014 = 760 —• умову не задовольняє;
8 = 3996 => аЬс = 8-3014 = 982 — оскільки а 4 Ь 4- с = 8 : 222 =
= 18, умову не задовольняє.
7 клас
1 (005). Відповідь: за 12,5 с.
Розв'язання. Якщо велосипедист рухатиметься за бігуном, то
150	_
наздожене його через -----= 15с. Якщо він рухатиметься назу-
15-5
стріч бігуну, то зустріне його через -Г=12,5 с.
15 + 5
2 (006). Відповідь: 27.
Розв'язання. Очевидно, що одноцифрові числа умову не задо-
вольняють. Розглянемо двоцифрове число аЬ і вказану умову
перепишемо для нього у вигляді такого рівняння:
10а+5 = 3(а+5) => 7а = 2Ь	5 = 7 та а = 2.
Отже, перше шукане число — це 27.
Для трицифрових чисел аЬс маємо:
100а+1054с = 3(а + 54с) => 97а + 75 = 2с,
але зрозуміло, що 97а > 2с, тобто рівність неможлива.
Аналогічно для чотирицифрових чисел.
З (007). Відповідь: може.
Розв'язання. Якщо вибрати спочатку число 2, то після натис-
кання кнопки «=» можлива поява на екрані числа 2*1041=21,
далі можлива поява числа 21-10-9 = 201 і нарешті числа
201 * 104 7 = 2017, чого й треба було досягти.
4 (008). Відповідь: не можна.
Розв'язання. Припустимо, що це можливо. Нехай для пря-
мокутника АВСВ і точки М справджуються умови: МА = 1,
МВ - 2, МС = З, МВ = 4 (рис. 1.2). Проведемо серединний пер-
пендикуляр І до відрізків АВ і СВ. Тоді всі точки прямої І зна-
ходяться на однаковій відстані від точок А і В, а також С і В
відповідно. Усі інші точки, площини діляться на дві півпло-
щини: на одній із них точки розташовані ближче до вершин А
і І), ніж до вершин В і С відповідно, на другій — навпаки. •
129
Якби виконувалися умови задачі, то точ- В
ка М мала бути ближче до вершини А,
ніж до вершини В, але тоді вона мала
бути ближче до вершини В, ніж до вер-
шини С, що суперечить умовам МС = 3
і МІ) = 4. Одержана суперечність завер-
шує доведення.	рИСа 1>2
5 (009). Відповідь: завжди.
Розв’язання. З умови зрозуміло, що в кожній вертикалі та
кожній горизонталі стоїть рівно одна тура. Якщд у якомусь ква-
драті 1009x1009 не стоїть жодної тури, то. в горизонталях, що
залишилися, може стояти не більше ніж 1008 тур, так само
й у вертикалях, що залишилися, — не більше ніж 1008 тур.
Отже, на дошці може стояти загалом не більше ніж 2016 тур.
Одержана суперечність завершує доведення.
8 клас
1 (010). Відповідь: п ~ 1.
Розв’язання. Якщо розкласти задане число на множники, то
матимемо:
2п3-Зп2 + 5п-2 = (п2-п+2)(2п-1).	<
Зрозуміло, що при п’= 1 воно дійсно просте, а при п > 1 є до-,
бутком двох чисел, кожне з яких більше за 1, а тому простим
не буде.
2 (011). Відповідь: 234123412341234123.
Розв’язання. Найбільше число можна отримати, якщо ви-
креслити найменшу кількість цифр. Усього це число має суму
цифр 50. Щоб отримати число, кратне 9, треба викреслити
цифри із сумою 5. (Зрозуміло, що в результаті викреслю-
вання цифр із сумою 14 та більшою число тільки стане ще
меншим.) Одну цифру викреслити недостатньо, тому тре-
ба викреслити цифри 1 і 4 або 2 і 3, Кількість цифр буде
однаковою, тому потрібно зробити першу цифру максималь-
ною з можливих. Якщо викреслити цифри 2 і 3, то першою
залишиться цифра 1. Якщо викреслити першу в записі циф-
ру 1, то цифру 4 треба викреслити останньою. Матимемо чис- ’
ло 234123412341234123.
З (012). Відповідь: (к; к), кє®.
Розв’язання. Перепишемо рівність таким чином:
х+1	(х + 2 Л _	.	ґ 1	1	1	_
-----1 н-	11 — 0	(х—?/)І —І	1-1—0.
г/4-1 у- {у + 2-------------------------)	у+1 у + 2}
Звідси зрозуміло, що всі пари чисел (к; к), к є	задовольня-
ють рівність, жодна інша пара — не задовольняє.
130
4 (013). Розв'язання. Позначимо точки О,
Е, як показано на рис. 1.3. Тоді ДАСО =
= АВГЕ за стороною та двома прилегли-
ми кутами, тому ХАОС = ЛВЕЕ і АС = ВЕ.
Тоді й АЕСВ-АСРВ (як суміжні до
рівних кутів), тому трикутник СЕ В —
рівнобедрений, звідки АВ = АС + СВ =
= ВЕ + ЕВ = ВВ, що й треба було довести.
5 (014). Відповідь*, завжди.
Рис. 1.3
Розв'язання. За умовою в країні є міста А і Б такі, що від міс-
та А неможливо дістатися до міста Б. Відокремимо всі ті міста,
до яких не можна дістатися з міста А. Зрозуміло; що відокрем-
лена частина міст не порожня, оскільки до неї входить принай-
мні одне місто Б. Покажемо, що воно задовольняє умову.
Якщо з деякого міста В невідокремленої частини можна
було б дістатися до деякого міста Г відокремленої частини, то
можна було б дістатися міста Г з міста А. Дійсно, оскільки міс-
то В не відокремлене, то від нього є шлях до міста А, а від міс-
та В — шлях до міста Г. Але за побудовою місто Г. належить до
відокремленої частини, тобто до нього дістатися з міста А не-
можливо. Одержана суперечність завершує доведення.
9 клас
1	(015). Відповідь: не може.
Розв'язання. Позначимо послідовні натуральні числа через
п - 1, п та п + 1. Тоді шуканий вираз дорівнює (п-1)п + п(д+1)+
+ (п-1)(л+1)=3п2-1, тобто має остачу 2 від ділення на 3; а чис-
ло 2017 — остачу 1. Таким чином, рівність неможлива. '
2	(016). Відповідь: х' = і (хг + х2 + х3).
З
Розв'язання. Позначимо другий корінь досліджуваного рів-
няння через х1. Це рівняння можна отримати, якщо додати за-
дані три рівняння:
Зх2+(а1+а2+аг)х+(Ь1+Ь2+Ь3)=0,
тому воно, очевидно, має один із коренів х0. За теоремою Вієта
, І/
х +х0=--(а1+а2+а3).
З
Так само за теоремою Вієта для заданих трьох рівнянь маємо:
х1 + х0=-а1, х2 + х0=~а2 та х3+х0=-а3, звідки
(хх+х2 + х3)+Зх0 = ~(^і + я2+й3)	— (хг + х2 + х3)+х0 =
і/ г , 1,
“ & (^1	+ ^з)- Х £ (#1	+ *з)*
131
З (017). Відповідь-. 1.
Розв'язання. Позначимо центри кіл через О та І (рис. 1.4),
а радіуси — через В та г відповідно. Якщо провести радіуси ОМ
г
та Ш у точки дотику» то легко зрозуміти, що зіпа =------------,
П	2В+г
зіп В =---. Далі маємо :
В-ь2г
Т*
З зіп а зіп В + зіп а+зіп В  ------+------+-----=
(г + 2Я)(В'+2г) Я + 2г Г + 2Л
Рис. 1.4
4 (018). Відповідь-, п =.9.
Розв'язання. Те, що при виборі цифр,, сума яких кратна 9, ,
умова справджується, очевидно з ознаки подільності на 9. Для
цього виберемо, наприклад, такий набір цифр: 1, 2, 3, 4, 8, 9.
Покажемо, що п = 9 — це найбільше можливе значення. Серед
вибраних цифр за принципом Діріхле обов’язково є дві сусідні.
Нехай це будуть к і І = к + 1. Усі інші цифри — а, Ь, с, й, при
цьому а > 0. Тоді якщо число п задовольняє умову, то воно ділить
кожне з двох чисел: аЬссІІк та аЬссікІ, а тому і їхню різницю:
аЬаіІк- аЬссікІ = їк-кІ=10(к^1)+к-(10к+(к+1)) = 9.
Отже, п<9.
5 (019). Відповідь: перший.
Розв'язання. Перший гравець першим ходом фарбує квадрат
4x4, що розташований усередині прямокутника (рис. 1.5). Далі
перемогу приносить стратегія, симетрична відносно вертикаль-
ної прямої. Перший завжди може зробити хід, симетричний ходу
другого гравця, а тому й переможе.
Рис. 1.5
132
10 клас
1 (020). Відповідь: 102867.
Розв'язання. Оскільки всі числа, що діляться на 2017, можна
подати у вигляді 2017п, то достатньо знайти найменше п, для
якого справджується нерівність 2017п>105. Якщо її,поділити
на 2017, то одержимо п > 50. Тоді маємо число у вигляді 100 850,
у якому є однакові цифри, тому додамо до нього ще раз 2017
і матимемо .шукане число 102867.
2 (021). Розв'язання, Зробимо таке перетворення:
а с Ь а с Ь
---------------1----1--->--------1------1------— 1.
а+Ь Ь + с с + а. а + Ь + с а + Ь + с а + Ь + с
З (022). Відповідь: не може.
Розв'язання, Позначимо катети трикутника через а, Ь, а гіпо-
тенузу — через с. Тоді
Р2-(а+Ь+с)2 = а2+Ь2 + с2 + 2(аЬ+ас+Ьс)=2(а2+Ь2 + аЬ+ас+Ьс) —
парне число, звідси й периметр — так само парне число.
4	(023). Розв'язання. Позначимо через М се-
редину відрізка РВ (рис. 1.6). Тоді ЛРМ()~
= /.РА(і- 90°, і чотирикутник РАМС} —
вписаний. Звідси £АРМ = /А(ІМ. Тепер
маємо:
/А®В-/А<$Р = /АЦМ+АМЯВ-АА$Р =
= /АЯМ+ІАМЯР-ЛА^Р)г=
' = 2АА<2М=^2ЛАРМ,
що й треба було довести. 4
5	(024). Відповідь: другий виграє.
Розв'язання. Назвемо вузол активним,
якщо від нього вже проведено розріз до
. краю аркуша паперу (отже, усі вузли, що
розташовані на краю до початку гри, —
Рис. 1.6
активні). Якщо хтось із гравців робить розріз, що з’єднує два
активних вузли, то аркуш розпадається, оскільки від кож-
ного з них є шлях до краю аркуша, а розріз між ними здій-
снює з’єднання цих двох шляхів. Через те аркуш розпадеться
принаймні на дві частини.
Таким чином, кожним своїм ходом один із гравців долучає до
активних рівно один вузол. Виграє той, після чийого ходу не
залишиться неактивних вузлів. Оскільки прямокутник таких
розмірів має загалом 2018x2018 вузлів, то перед початком гри
кількість активних вузлів 2016/2016 — парна, отже,’ ви-
грає другий гравець.
133
11 клас
1 (023). Розв’язання. При а = Ь будь-яке число є розв’язком зада-
ного рівняння. Для випадку а*Ь обчислимо дискримінант цьо-
, го рівняння:
-П=(а3 -б8)2 -(а2 -&2)(а4 -&4) = а2&4-2а3Ь8 +а*Ь2 = (аЬ)2(а-Ь)2 >0;
4
звідки й випливає твердження задачі.
2 (026). Відповідь: ав-а3 =30030-30 = 30000.
Розв’язання. Нехай це різниця й-го та /-го членів послідов-
ності. Тоді '
= А-.РіЛ+1-А-Рі—Рі =Рт.—РАРм—Рі -1)=30000 = 24 • 3 • б4.
Бачимо, що ця різниця має ділитися на декілька перших про-
стих чисел. Таких може бути 2, 2 • 3 або 2-3-5, оскільки на 7
це число вже не ділиться. Розглянемо ці випадки:
. • якщо рг..р. =2, то/=1, ак=а1 +30000=30002 —не ділиться
на 3, тобто неможливо;
•	якщо р1...рі=2-3, то і = 2, ак = а2 +30000 = 30006 — не ді-
литься на 5, тобто неможливо;
•	якщо ^...^=2-3-5, тоі = 3, аЛ = Од+30000=30030=2*3-5х
х7*11-13, тобто к = 6.
З (027). Відповідь: — = - і — = -.
ВС 4 СА 5
Розв’язання. Позначимо сторони три- А®
кутника АВС стандартним чином — через уЧ
а, Ь, с. З умов випливає, що с<а та с^Ь.
Нехай точка Р — середина відрізка ВЕ \
(рис. 1.7). Оскільки трикутник ВВЕ —	<<
прямокутний із прямим кутом у вер-	V їх.
1	В Т? 2? С
шині П, то ВР = РЕ = ВР-—ВЕ. Тоді	р Е
2
АВРВ —	звідси АР А. ВВ та	Рис * 7
АР — бісектриса рівних кутів: /ВАВ =
. п,	АВ АС с Ь , Л _
= /ВАС, тому —=— => —— = —— => о+с=?2а. Отже, а — се-
ВР СР 1 Л 1
—с а—с
2	2
редня за довжиною сторона трикутника АВС. Досі ми не викорис-
товували те, що він прямокутний, тепер зрозуміло, що Ь — гіпо-
тенуза. З отриманого Ь2 = а2+с2 і Ь = 2а - с матимемо, що За =
= 4с, звідки а = 4(1, с = 3(і та Ь = 5гі, і далі легко знаходимо шу-
кані відношення.’
4 (028). Відповідь: 20 тарних чисел.
Розв’язання. Якщо вибрати число п > 21, то воно не є дільни-
ком жодного із чисел, тому перед ним за рухом годинникової
134
стрілки має йти «негарне» число. Таким чином, гарних чисел не
може бути більше нЬк 20. .Наведемо приклад, коли їх рівно 20.,
що й завершить розгляд задачі. Гарні числа виділено напівжир-
ним шрифтом, при цьому руху за годинниковою стрілкою відпо-
відає рух зліва направо:
40, 20, 10, 5, 39, 38, 19, 37, 36, 18, 9, 35, 34, 17, 33, 32, 16, 8, 4, 2,
1, 31, ЗО, 15, 29, 28, 14, 7, 27, 26, 13, 25, 24, 12, 6, 3, 23, 22, 11, 21.
Зрозуміло, що це не єдиний приклад розстановки чисел, який
задовольняє умову задачі.
5 (029). Розв'язання. Оскільки числа’ х, у, г, і додатні, то '
((х+1)+.;.+(«+1))|І>4 • і/(х+1)...(*+1) • 4 •	=16 =>
’ \Л4-1 І + 1У	<	\Х + 1- £ + 1
-> 8-|—+...+—^>16	>2 =>
кх + 1	і+17	х+1 • . <+1
1	1 С 1 "1	Ґ-. 1 1 л ( 1 і л А
х+1	і + 1 к х+17 к і+1/ . ка:+1	і+1/
Розділ 2
ЇІІ (ОБЛАСНИЙ) ЕТАП
ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
ОСХІІІ Київська міська олімпіада' юних математиків
і тур
7 клас
1 (030). Відповідь-. 2242.	______
Розв'язання. Нехай Андрій написав число аЬсії, тоді
. аЬссІ~аЬс = 2018, залишається дібрати, відповідні цифри. Оче-
видно, що а - 2 або а = 3.
При а ~ З маємо: ЗЬсії - ЗЬс > 3000 -399 > 2018; таким чином,
а = 2 і 2Ьс(і-2Ьс = 2018. Аналогічно отримаємо: Ь = 2 або Ь = 3.
При Ь = 3 маємо: ЗЗсд,-33с>3300-339>2018; отже, Ь-2
і 22сд,~22с = 2018. Аналогічно отримаємо: с = 3 або с = 4.
Прис = 4 маємо: 224(2-224 >2240-224 = 2016; таким чином,
перший шуканий розв’язок має такий вигляд: 2242-224 = 2018.
При с = 3 маємо: 223с/-223<2239-223 = 2016, а отже, зна-
йдений розв’язок єдиний.
Аналогічно можна знайти шукане число простішим перебором.
Альтернативне розв'язання. Нехай Андрій написав число
аЬссІ, тоді аЬссІ-аЬс = 2018. Остання рівність рівносильна та-
135
кій: 10аЬс+(і-а&е-2018 <=> 9аЬе+«ї = 2018. Оскільки число 2018
не ділиться на 9,	то число З є остачею, а число аЬс —
неповною часткою числа 2018 від ділення на 9. Помітимо, що
2018 = 9 * 224+2. Таким чином, аЬс</ = 2242.
2 (031). Відповідь: а) так, поміститься за будь-яких умов; б) ні.
Розв'язання, Запишемо умову задачі таким чином: позначи-
мо ширину полиці через 8, ширину великої книги — через .Г,
тонкої книги — через у, Тоді справджуються такі обмеження:
9х<5<10х та 15и<5<16у <=>	та — 8<и< — 8.
10	9	16	15
а)	Запишемо максимальну ширину, яку займають ці книги на
полиці:
А 5
1	6х + 5і/	=
9 її)
б)	Аналогічно покажемо, що цей набір книг не поміститься на
полиці:	4
_	„	7 ,, 5 о 56 + 25 ~ „
7х + 5г/>—6 + —£-•------8 >8.
10	16	80
З (032). Відповідь: 4036.
Розв'язання. З умови випливає, що від кожної фірми прибу-
ла однакова кількість учасників. Дійсно, якщо від деяких двох
фірм була різна кількість учасників, то кількість конкурентів
у них стала різною.
Позначимо через т кількість фірм, що беруть участь у кон-
ференції» У кожній фірмі було по к членів. Тоді кількість кон-
курентів у кожного учасника конференції дорівнює (т - 1) к.
Зрозуміло, що загальна кількість учасників конференції скла-
дає тк, оскільки виконується умова {пі ~ 1)к- 2018 або тк -
= 2018 + к, Таким чином, найбільша кількість учасників буде
при найбільшому значенні к, а це значення дорівнює к - 2018
при т = 2. Отже, максимальна кількість учасників конферен-
ції — це 4036.
4 (033). Розв'язання, Відкладемо на
, продовженні променя АВ за точ-
ку В таку точку Т, для якої ВТ - РС
(рис. 2.1). Тоді АТВС =• АСРА за дво-
ма сторонами та кутом між ними.
Звідси ТС = СА. Так само маємо:
АК = КВ + РС = КВ 4- ВТ = КТ.
Таким чином, у рівнобедреному
трикутнику АТС відрізок КС є меді-
аною, а тому й висотою. Звідси ви-
пливає, що КС 1.АВ, що й треба було
Рис. 2.1 
довести.
136
3.1 (034). Відповідь*. 5, 6 або 8 джентльменів.
Розв'язання. З умови випливає, що в кожного з джентль-
менів є рівна кількість друзів. Дійсно, нехай усього в клубі
п джентльменів. У кожного з них є рівно четверо ворогів, отже,
рівно п - 5 друзів.
Розглянемо деякого джентльмена Позначимо через ВГВ2,
В3,В4 його ворогів. Оскільки кожен друг джентльмена А^ є во-
рогом джентльмена Вр то джентльмен А^ має не більше ніж
трьох друзів, оскільки б джентльмена є рівно четверо ворогів
і більше бути не може. Розглянемо такі випадки.
Випадок 1. Джентльмен Д має трьох друзів. Позначимо цих
друзів через Д,Д,Д. У такому разі всього в клубі —* вісім
джентльменів, і ця ситуація можлива, якщо кожні двоє із
джентльменів Д, Д, Д,А4 дружать між собою, кожні двоє із
джентльменів В2, В3, В4 також товаришують між собою,
а кожна пара джентльменів Д та В] є ворогами.
Випадок 2. Джентльмен Д має двох друзів. Позначимо їх як
Д, Д. У цьому разі всього в клубі — сім джентльменів. Помі-
тимо, що кожен із друзів джентльмена Д є ворогом джентльме-
на Вг Тоді в кожного із джентльменів Д, Д є вже по четверо
ворогів, тобто вони мають бути друзями один одному. Розгляне-
мо джентльмена В1. Без обмеження загальності можна вважати,
що його друзі — це джентльмени В2, В3. Аналогічно поперед-
ньому міркуванню можна показати, що джентльмени В2, В3
є друзями. Тоді в джентльмена В4 друзів узагалі немає, тому
цей випадок неможливий.
Випадок 3. Джентльмен Д має одного друга. Тоді в клубі
є всього шість джентльменів, і цей випадок можливий. Нехай,
наприклад, друзями є такі пари: (Д,Д), (Вр В2), (Ср С2). Усі
інші є ворогами* один одному. Легко побачити, що цей приклад
задовольняє умову.
Випадок 4. У джентльмена А2 не-
має друзів. Тоді п’ять джентльменів,
які всі між собою ворогують, задоволь-
няють умову задачі.
4.1 (035). Відповідь;. /ЗОЄ=70°.
Розв'язання. Оскільки відрізок СЕ
є висотою й медіаною трикутника АВС
(рис. 2.2), то він рівнобедрений, звід-
ки АС - СВ. Аналогічно рівнобедреним
є трикутник СВ6-, тому ВС = <7С. Крім
того, за умовою точка С є серединою
відрізка АВ. Отже, ВС = АС - ВС ~ СС>
137
тобто трикутник ССР також рівнобедрений, звідки =
= ЛСВС =70°.	‘
8 клас
1 (036). Відповідь: А < В, якщо т = п = 1; у всіх інших випадках
В<А.
Розв'язання. Якщо т = п, то А = 2тп626, В = 2т - 2т2- 2тЗ 4 * * *- ... х
х 2т128 = 28тп255 > А = /п526	т = п = 19 а при т = п > 1 маємо А > В.
Нехай тепер без обмеження загальності т > п. Тоді розгляне-
мо перетворення:
В < (т - п) В = (т - п) (т+п) (т2 + п2) (т4 + п4).. .(тп1Є8 + п128) =
=(т2 - п2) (т2 + п2) (т4 + п4)... (тп128 + п128) =
= (т4 -п4) (т4 + п4)...(иг128 + п128) =
= тп25б-п256 <^526 + п526 =А => В<А.
2 (037). Відповідь*, перемагає Олеся.
Розв'язання. Оскільки нас цікавить лише подільність на 3, то
очевидно, що можна замінити всі числа таким чином: 1,4,7->1,
2,5,8->2 та 3,6, 9->3, і нічого в умові задачі не зміниться.
Тоді після 2014: 2 = 1007 ходів на дошці буде записано чотири-
цифрове число, і останній хід зробить Олеся. Зрозуміло, що за-
писаними будуть деякі чотири цифри, які утворюють чотири-
цифрове число та які із самого початку йшли поспіль. Отже,
можливий один із таких варіантів: 1231, 2312 або 2123. У кож-
ному із цих варіантів є пара цифр, що утворює число 12, саме їх
і має залишити Олеся для перемоги.
З (038). Відповідь*. 90°.
Розв'язання. Позначимо через О точку
перетину діагоналей прямокутника НВИС
(рис. 2.3). Оскільки трикутник СВЬ —
прямокутний, то ВО = ЬО = ПО, а тому
й НО = ЬО - БО. Звідси трикутник ВНЬ
також прямокутний з гіпотенузою
тому ^ВГН = 90°.
4 (039). Відповідь*, а) ні; б) може помісти-
тися.
Розв'язання, а) Див. розв’язання за-
дачі 7-2 б) (031).
б) Запишемо умову задачі в такий спо-
сіб: позначимо ширину полиці через	Рис. 2.3
5, ширцну великої книги — через X,
а малої книги — через у. Тоді справдяться такі обмеження:
9х<8<10х та 15^<8<16і/	—8<х<І8 та — 8<и< — 8.
10	9	16 .	15
138
Перепишемо ці нерівності таким чином: .
72 о / 80 о	45	48 о
---8<х<----3 та ---3<и<-----8.
720	720	720	720
Виберемо такі значення для ширини книг: х =------8 та
- 720
_ 46 о
’ Тепер переконаємося, що за таких умов книги поміс-
і
тяться на полиці:
_ „	438 о 276	714 о
6х+6р =---8+-—8 =-------<8.
720. 720	720
5 (040). Відповідь: вони виграли по три партії.
Розв'язання. Без обмеження загальності будемо вважати, що
за нічию кожен.отримав по 0 песо. Тоді Альохін у &-й партії міг
заробити ак • З*"-, де ак є {-1; 0; 1}. Покажемо, що його здобуток
по завершенні к-ї партії міг бути від Ак = 3°+31 + ...+3А’1 до
(-Аа) песо. При цьому кожний можливий результат забезпечу-
ється єдиним варіантом результатів партій. Дійсно, для к - 1, 2
все очевидно перебором. Нехай після к партій він міг набрати
єдиним способом від (-Аа) до Ак песо. Додамо до кожного ре-
зультату рівно кожний із результатів (к + 1)-ї партії. У разі ні-
чиєї всі результати збережуться. Якщо перемога буде за Альо-
хіним, то він здобуде всі результати від За-Аа до 3*+Ай.
Оскільки
3а-Ак = 3Й-3*1-3*-2-... -3-1=Аа+1 = За-1+За"2+...+3+1+1 <=>
<=> 3*=2-3*і+...+2-32 + 2-3+2-1+1 = 2-3*"1 + ...+2-32+2-3+3 =
=3* = 2 • З*"1 +...+2 • 33+3 • З2 =2 • 3а"1 + ...+3 * З3 =2 - 3А Г+3 • З*’2 ±=3Л,
то результат після (к + 1)-ї партії так само матиме всі значення
від (-Аа+1) до Аа+1, і підсумковий результат однозначно визна-
чається комбінацією результатів партії.
Наведемо результати, яких може досягнути Альохін.
1-ша партія: [-1; 1];	2-га партія: [-4; 4];
3-тя партія: [-13; 13];	4-та партія: [-40; 40];
5-та партія: [-161; 161];	6-та партія: [-404; 404];
7-ма партія: [-1133; 1133]; 8-ма партія: [-3320; 3320].
Отже, по завершенні восьми партій усі інші вісім партій за-
вершилися нічиєю. З наведених оцінок нескладно отримати шу-
каний набір результатів:
2018 = 2187-169 = 2187-243+74 = 2187-243+81-7 =
= 2187-243+81-9+3-1 => 2018 = 37 - 35 + 34 - 32 + 31-3°.
Таким чином, шахісти виграли по три партії, а дві завершили
внічию.
4.1. Див. розв’язання задачі 8-4 а) (039).
5.1. Див. розв’язання задачі 10-3 (048).
139
9 клас
1	(041). Відповідь: розв’язків не існує.
Розв'язання. Додамо всі три рівняння:
(х3-Зх2 +Зх)+(у3-6у2 +12р)+(г3-9г2 + 27г) = 189 <=>
<=> (х3-Зх2 + Зх-1)+(у3 -6у2 +Зу-27)+(г3-9и2 +27з-27) = 153 <=>
<^> (х-1)3+(і/-2)3+(2-3)3=153.
Далі простим перебором переконуємося, що число 153 єди-
* ним чином можна подати у вигляді суми трьох кубів натураль-
них чисел: І53 = 53 + З3+13. Отже, в останньому виразі значення
(х - 1), (у - 2), (г - 3) потрібно вибирати із чисел 1, 3, 5. Знову
перебором неважко переконатися, що розв’язків не існує.
2	(042). Відповідь: перемагає Олеся.
Розв'язання. Оскільки нас цікавить лише подільність на 4, то
бчевидно, що можна замінити всі числа таким чином: 1,5 -> 1,
2,6 -> 2» 3, 7 -> 3, 4, 8 -> 4, і нічого умові задачі не зміниться.
Застосуємо для Олесі таку стратегію. Перед ходом Андрія вона
вибирає перші дві цифри та останні дві цифри. Після ходу Ан-
• дрія та Олесі ці чотири цифри мають бути викреслені. Отже,
після кожної пари ходів залишається число, усередині запису
якого будуть цифри 1, 2. Саме їх Олеся може залишити після
свого останнього ходу й перемогти.	•
З (043). Розв'язання. Доведемо через нерівність Шварца:
(—-—+—-—+—-—1(х + г/+2)2 =
^2х + у 2у + г 2г+х)
=| —-—+—-—+—-— 1 (у(2х+у)+г(2у+г)+х(2г+х)) > •
\2х + у 2у+г 2г + х)
------------------------------------	х2
> І —----у]у(2х+у) + -	• у/г(2у+2) +. —--у/х(22+х) і
\У2х + у	\2у + г	\2г + х	]
=(х+у+г)2,
що й треба було довести.
4 (044). Відповідь: (3; 2; 3) та (р + 1; 1; р), де р — довільне просте
число.
Розв'язання. Розкладемо ліву частину рівності на множники:
(ух2-ху2)+(ур-хр)?=р => ух(х-у)-р(хгу)=р =>
=> (ух-р)(х-у} = р.
Остання рівність можлива в таких випадках.
Випадок 1. ух - р = 1, х - у -р. Тоді отримаємо: х = у + р =>
=>у(у+р)-р = і => у2+ур-р-1 = 0.
Оскільки у = 1 є коренем цього квадратного рівняння, то дру-
гий корінь — у = -р - 1 не є натуральним. Таким, чином, далі
знаходимо, що х =.р + 1. Підстановкою в задане рівняння пере-
конуємося, що трійка чисел (р 4- 1; 1; р) задовольняє умови для
•'ДОВІЛЬНОГО простого р.
140
Випадок 2.. ух - р = -1, х - у = -р. Тоді отримаємо: у = х + р =>
=>х(х + р)-р = -1 => х2 +хр~ р+І^О.
Оскільки хєН, то дискримінант останнього квадратного
рівняння має бути квадратом цілого числа: 2) = р2 -4(-р+1) =
=р2+4р-4. Розглянемо, для яких р справджуються умови:
(р+1)2 < р2 +4р-4<(р+2)2.
Права нерівність виконується для всіх р, ліву нерівність пере-
пишемо в такий спосіб:
р2+2р+1<р2+4р-4 <=> 2р>5 <=> р>3.
Отже, треба окремо перевірити значення р = 2, для всіх інших
простих чисел р дискримінант не є квадратом цілого числа. Для
р = 2 маємо, що 0 = 8 так^само не є квадратом цілого числа,
а тому шуканих натуральних значень х не існує.
Випадок 3. ух - р = р, х - у - 1. Тоді отримаємо рівняння
х. = у + 1 та ух = 2х. З першого рівняння маємо х > у, а з друго-
го — у = 1 та х = ’2р або у = 2 та х = р. Якщо ці умови об’єднати,
то одержимо: г/ = 1, х = 2,р =1 — суперечність-, або у = 2, х = р =
= 3 — розв’язок.
Випадок 4. ух - р = -р, х ~ у = -1. Очевидно, що перше рів-
няння одразу призводить до суперечності.
5 (045). Розв'язання. Нехай Т — точка, симетрична точці М від-
носно прямої АК (рис. 2.4). Очевидно, що для доведення твер-
дження досить показати, що ВТ\\ АК. Помітимо, що точки С*Р9
Т лежать на одній прямій, а також те, що
АТАВ = АТАК - АВАК = АМАК - АКАС = АСАМ = АТСВ '.
Тоді чотирикутник ВСАТ вписаний, і АТВА = АТСА = АРАС =
= АРАВ, звідси й випливає паралельність.
4.1. Див. розв’язання задачі 11-2 (053).
5.1 (046). Відповідь-. 45°.
, Розв'язання. Оскільки АВ — діаметр кола Г, то /АРВ = 90°,
тоді СОЦГВ як середня лінія (рис. 2.5). Тому СО±СО, а отже,
чотирикутник ОВВС — вписаний. Звідси АОСВ = АОВВ = 45°.
141
ІО клас
1 (047). Відповідь: (3,-4).
Розв’язання. Додамо ці рівняння:
х4 + 4у3+6х2 + 4у +у4+4х3 + 6у2 +4х = 335 <=> (х+1)4 +(р+1)4 =337.
Оскільки 54=625>337, а 34 + 34 =162 <337, то один із додан-
. ків обов’язково дорівнює 4, другий доданок — непарний, а тому
дорівнює 3, тобто маємо єдине подання 337 як суми двох четвер-
тих Степенів цілих чисел: 44+34 = 337. Отже, варіанти такі:
х + І=±4 та г/+1-±3. Тому залишається перевірити пари чисел;
(З, 2), (3,-4), (-5, 2) та (-5,-4).
2. Див. розв’язання задачі 11-3 а) (054).
З (048). Розв’язання. Нехай А-р^р^...р^ — канонічний розклад
числа А на прості множники, де р. — різні прості дільники,
а — натуральні числа,. г=1,п. З формули про кількість усіх
натуральних дільників числа А можна записати:
(V і) (М і)и*л+1)=2018.
Оскільки ліва частина рівності містить множники, кожен
з яких не менший ніж 2, то ісйують тільки два випадки: .
1) ^+1 = 2018;
2) (^+1)(^+1) = 2-1009.
Інших випадків не існує, через те що число 2018 має у своєму
складі тільки два простих співмножники. •
У першому випадку число А має канонічний розклад на про-
сті множники вигляду А = р2017. Це ^суперечить тому, що
А: 2018, оскільки число А не може в такому разі ділитися і на
просте число 2, і на просте число 2009.
Таким чином, (^+1)(/^ + 1) = 2 * 1009, звідки, не порушуючи
загальності, маємо: ^=1, &2=1008. Отже, А = р1Рз°08, причому
з подільності на 2 та на 1009 отримуємо, що або А = 2 • 1ОО91008,
або А = 1ОО9*21008. Але жодне із цих
чисел не ділиться на 20182, що й треба	А
було довести.
4	(049). Відповідь*. 45°.	І \
Розв’язання. З умови випливає, що /	\
/ВОС = гВТС=/ВРС = 90°, отже, точ- / \п
ки Т, Р лежать на колі з діаме- " "^^Ср
тром ВС, причому саме в такому ,по- / ‘
рядку: В, Т, Р, С (рис. 2.6), оскільки	/\\\
трикутник АВС гострокутний. Звідси,
з одного боку,
= 180°-гАВР=	в	;С
=180°-(90°-/ВАС)----90°+/ВАС,	. Рис. 2.6
142
а з другого боку, 0>Т ІАС^ РТ1АВ, ХфТР^ 180° -ЛВАС. Отже/
90° +ЛВАС=180° - АВАС =>,ЛВАС = 45°.
<^у	2*2
5	(050). Розв’язання. Зробимо заміну: а =-, Ь----, с=------,
' 2х + у	2у + г	2г+х
тоді задану нерівність перепишемо в такий спосіб:
/	\2	/	\2	/	\2
2Ґ-±_Ї +21-М +2Ґ-М +------------------------— =
\2х-+у)	\2у + г)	\2г + х) (2х + у)(2у + г)(2г + х)
або
а2 + Ь2 + с2 +~аЬс<2.
4
Розглянемо вираз
1_АҐі-ііґ2х+у	2г+х у 2 у _1
а А& Ас АІ 2х	Д 2у уі 2г	) 2х 2у 2г 8
або.
(1-а) (1-&) (1-е) 1	О/1	ч ,
--------------=-^ <=> 8(1-а)(1-д)(1-с) = а&с <=>
а Ь	с	8
<=> 8(1-а)(1-&)(1-с) = аЬс о . .
<=> 8-8(а+6+с)+8(аЬ+Ьс+са)-8адс = аЬс=>
9
=>—аЬс <=> 2-2(а+Ь+с) + 2(аЬ+Ьс+са).
4
Продовжимо доведення з використанням одержаних співвід-
ношень:	а
. а2 +Ь2 +с2 +-аЬс-2 =
4
= (а + Ь+с)2-2(аЬ+Ьс+са)+2-2(а+Ь + с)+2(аЬ+Ьс+са)-2 =
= (а+&+с)2-2(а&+&с+са)<0.
Остання нерівність справджується за умов а+д+с<2.
Виконаємо такі перетворення:
_ 2х 2у 2г ч у	г	х
2х + у 2у + г 2г+х	2х + у	2у + г	2г + х
=2+ґ1_^--------М<2 «
2х+у 2у + г 2г + х)	2х + у 2у + г 2г + х
Останню нерівність доведемо через нерівність Шварца:
(у 2 х А	( У	х 'І
—-— +-----+------ (Х + Ї/ + 2) = —-— +-+--- X
\2х + у 2у + г 2г+х)	\2х + у 2у + г 2г + х) •
х (у(2х+у)+г(2у+з)+х(2%+х)) >
----- ----------------- -------------- . 2
>| л : у/у(2х+у)+ —— у/г(2у+г)+. —— у]х(2г+х) •=
^\2х + у	у 2у + г	\ 2г + х	у
=(х+у+г)2,
що й треба було довести.
143
4.1. Див. розв’язання задачі 9-5 (045).
5.1 (051). Відповідь: якщо т = п = 1, тоА<В;в інших випадках
А>В'
Розв'язання. Якщо т = п, то А = 2тп526, В = 2т • 2т2 • 2т4 •... х
х 2т138 =28?п256 > А. -2т525 <=> тп = п=1, а при т = п> 1 маємо А>В.
Нехай тепер без обмеження загальності т > п. Тоді розгляне-
мо такі перетворення:
В < (т - гі)В=(т - п) (т+п) (т2 + п2) (т4 +п4).. .(яг128 + п123) =
=(т2 -п2) (т2+п2) (т4 + п4).. .(т128 + п128) =
= (т4 -п4) (т4 + и4)...(т128 + п128) = ти256 -п256 < яг525 + п525 = А	В < А.
11 кдас
1 (052). Відповідь: існує.
Розв’язання. Запишемо рівність, яка є необхідною та достат-
ньою умовою того, що три числа утворюють геометричну про-
гресію:
8ІПХ • І£Х = СО82Х.
Звідси аіп2 х = соє3 х, далі введемо позначення * = со8хє(0; 1),
тоді маємо рівняння
1-£2=? => /(0 = *8+*2-1=0.
Оскільки і (0> = -1 < 0 та / (1) = 1 > 0, то існує принаймні одне
значення £є(0;1), для якого./(0~*3+	1 = 0, а тому шукане
значення хє 0, І існує.
І 2/
2 (053). Відповідь: (х; у) або (1; 2017), (2; 2016), (1009; 1009),
(2016; 2) та (2017; 1).
Розв’язання. Оскільки (х, у) • [х, у] = ху, то перше рівняння
системи перепишемо таким чином:	.+(х, у) = 2018 або мати-
(х, у)
мемо квадратне рівняння відносно (х, у):
(х, //)2-2018(х, і/)+хі/ = 0.
Його дискримінант, з урахуванням другого рівняння систе-
ми, такий:
Р = 20182 - 4ху = 20182 -4х (2018 - х) =(2х - 2018)2.
_ .	2018 ±(2х-2018)	ПА1О
Звідси х = —------------=> та х2 =2018-х = ї/.
2
Отже, одне із чисел збігається з НСД чисел, а тому на нього
ділиться друге число. Нехай, наприклад, х < у, тобто у = кх9
тому (к + 1) х = 2018. Отже, можливі такі варіанти.
Варіант 1. /г+1-2018 х = 1 та у ~ 2017.
Варіант 2. £+1 = 1009 => х-2 та у = 2016.
Варіант 3, £+1 = 2 => х = 1009 = г/.
144
Рис. 2.7
З (054). Відповідь: а) п — непарне і більше за 4; б) п = 8тп + 9 та
п = 8/п 4- 15, тпєК.
Розв’язання. Для обох пунктів очевидно, що п
має бути непарним і більшим за к.
а)	Таким чином, п — непарне та більше за 4. По-
кажемо, що всі непарні п задовольняють умову.
Очевидно, що довільну смугу розміром 4x2 мож-
на заповнити прямокутниками 4x1. Заповнення
квадратами 5x5 і 7x7 показано на рис. 2.7, 2.8,
Для довільного непарного п = 4тп + 5 та п = 4т 4- 7 достатньо
розрізати квадрат пхп на квадрат 5x5 або на квадрат 7x7
і декілька смуг 4x2 (рис. 2.9).
б)	Покажемо, що за аналогічною схемою можна покрити квадра-
ти розміром пхп при п = 8т + 9 та п = 8лг 4-15. Для цього
достатньо покрити квадрати 9x9 і 15x15. Далі будь-який ква-
драт пхп можна розрізати на квадрат 9x9 або на квадрат
15x15 і декілька смуг розміром 8x2 (рис. 2.10, 2.11).
Рис. 2.8	Рис. 2.9	Рис. 2.10
Тепер покажемо, що квадрати розміром пхп при п = 8т 4-11
та п = 8т 4-13 належним чином покрити не можна. Для квадрата
11x11 розглянемо таке розфарбування на чорні та білі квадрати-
ки (рис. 2.12): зі 121 квадрата чорних — 65, білих *— 56, тобто
чорних на дев’ять більше, ніж білих. Кожний прямокутник 8x1,
розташований у такому квадраті, покриває однакову кількість
квадратиків чорного та білого кольорів. Тому якби існувало шу-
кане покриття, то кількості чорних і білих квадратиків відрізня-
лися б рівно на 1. Для загального випадку квадрата пкп при
п = 8т + 11 результат аналогічного розфарбування такий самий:
чорних квадратиків буде на дев’ять більше, ніж білих.
Аналогічно для квадрата 13x13 маємо розфарбування
(рис. 2.13), при якому чорних квадратиків — 89, білих. — 80,
тобто чорних на дев’ять більше, ніж білих. Тому шуканого по-
криття не існує. Так само й для випадку квадрата пхп при
п = 8т + 13.	,
145
Рис. 2.11
.Рис. 2.12
4 (055). Розв'язання. Без обмеження загальності вважаємо, що
АВ < ВС. Нехай бісектриса кута АВС удруге перетинає описане
коло трикутника в точці Ж, а точка М — середина діагоналі АС.
Доведемо, що ВІ = ГЖ. Справді, для цього опустимо з точок І та
Ж перпендикуляри- і ЖЖі на пряму ВС (рис. 2.14). Як відо-
мо, ВУ¥1 = -(АВ+ВС) = АС, а ВІ1=-(АВ+ВС-АС) = -АС, звідки
1	2	2
ВІ^І^ ІВІ = УГІ. .
Помітимо також, що чотирикутник ТІМЇР вписаний у коло
з діаметром ТЖ. Покажемо, що ЛВКІ = ЛІМА. За теоремою
про тризуб ЖА = ЖС = ЖІ, отже, ЖІ2 = ЖМ‘ЖК". Звідси
ДЖІМ^ д^ГЖ, а тому ^ЖМІ = ^ЖЖ => ЛВКІ^ЛІМА.
Тепер у трикутнику ВТЖ маємо: ТІ — висота й медіана, тому
він рівнобедрений, а отже, ЛТВІ = ЛТЇУІ = ЛТМІ = ЛВКІ, звід-
ки й випливає твердження задачі.
Рис. 2.13
Рис. 2.14
146
Рис, 2.15 .
Дове-
боку,
боку,
СХ
~ хв‘
РВ~
5.	Див. розв’язання задачі 10-5 (050).
' 4.1 (056). Розв'язання, Нехай точка Е —
основа перпендикуляра, проведеного
з точки. У на -пряму АХ, УЕПВВ=Р
(рис. 2.15). Тепер достатньо довести,
що ХР±АУ9 а це рівносильне
денню, що ХР\\СВ. З одного
ВУ ВР
ТЕ\\СВ^~~^ З другого
ВУ
оскільки ЛАОС ДАВС, то -•
УС
З одержаних рівностей маємо і — =
РВ
СХ
=---=> ХРЦСВ, що й треба було довести.
ХВ
5.1 (057). Розв'язання. Використовуючи дане рівняння та. нерівність
1 між середнім арифметичним і середнім геометричним, маємо:
(і і іУ
Ґ1 1 і А ь~+“
1 1 1	\Х V 2 )
Ху + у2 + 2Х-Хуг\ — + - + - =-=—-^- =
\Х у 2)	Х+у+2
< і і 1 п Л’ ’ґі і и
хуг\ —у + -т + — + 2х+-2у + 2з ху2\ — +— + —
= їх у 2“ і\ху у2 2Х) + 2 = З
Х+у+2	.	Х+у+2
кХХПІ Київська міська олімпіада юних математиків
І! тур вввМ
7 клас ‘
0 (058). Відповідь: існують, наприклад х = у =—.
І	2
Розв'язання. Виберемо х-у~-9 тоді х 4- у = 1, ах + Ьу =
1 2
= 2
1 (059). Розв'язання; Виберемо просте число р, яке є дільником до-
бутку аЬс<і. Нехай воно входить у розклад чисел а, Ь9 с9 (і у сте-
пенях а1>Ь1>с1>(і1 (унаслідок симетричності умови без обме-
ження загальності можемо вважати, що це правильно). Тоді
підрахуємо найбільший степінь простого числа р - рл та рВ9 на
яке діляться числа А і В відповідно:
рл^Заг+Ь19• рв=?За14-2Ь1 + с1.
Тоді шукані степені р’л. та р'в для чисел А6 і В4 відповідно
дорівнюють:
Рл =6.Рл =18«1 +6&1 >Рв = Рв =12й1+8Ьі +4сг
147
2 (060). Відповідь: чотири шари.
Розв'язання. Розглянемо квадратик А розміром 1x1, що ле-
жить не на межі квадрата 4x4. Усі чотири його сторони мають
бути покриті цеглинами, при цьому різного розташування в різ-
них шарах, оскільки одна з половин цеглини має покривати ква-
дратик А. Таким чином, обійтися меншою кількістю шарів, ніж
чотири, неможливо. На рис. 2.16 показано, як чотирма шарами
Рис. 2.16
З (061). Відповідь: можна.	*
Розв'язання. Розглянемо квадрат 8x8 і сполучимо відрізка-
ми точки, як показано на рис. 2.17. Отримаємо квадрат, площу
якого треба знайти. Від великого квадрата відрізаємо чотири
трикутники, які в парах утворюють прямокутник 1x7, тому
шукана площа побудованого квадрата дорівнює: 8-8-2-1-'7 = 50.
Альтернативне розв'язання- Розглянемо квадрат 10x10
і сполучимо відрізками середини сторін, як показано на
рис. 2.18. Отримаємо квадрат, площа якого, очевидно, дорів-
нює половини площі великого квадрата, тобто • 10 • 10 = 50.
Рис. 2.17
Рис. 2.18
4 (062). Розв'язання. Доведемо методом від супротивного. Припус-
тимо, що а + Ь + с = 0. Тоді з умов випливає, що
аЬ + Ьс + са = а -І- Ь Н- с = 0.
Якщо припустити, що аЬс - 0, тобто, наприклад, с = 0, то
аЬ = 0. Тоді маємо дві змінні, що дорівнюють нулеві. Вибираємо
148
одне із заданих співвідношень, де ці змінні не пов’язані множен-
ням, та отримуємо суперечність. Таким чином, а^с^О. Підста-
вимо с = -а - Ь у рівність аЬ 4- Ьс + са ~ 0. Звідси, маємо:
(а+Ь)6+(а+Ь)а-а&=0’<=> а2 +аЬ+Ь2 =0 <£> а2+ аЬ+-Ь2+-Ь2 =0 <=>
4 Д
' '	• • ґ і V з
<=> а + -Ь + -&<=0 <=>а = Ь = О.
<274
Одержана суперечність завершує доведення.
3.1 (063). Відповідь: так.
Розв'язання. Можливий приклад зображено на
рис. 2.19, усі проведені відрізки мають довжину 1.1
4.1 (064). Відповідь: | або О.
Розв’язання. Зробимо такі перетворення:
ц6-7а3&3-8Ь6 =0 або (а3+д3)(а3-8&3) = 0. Зрозумі-
ло, що ’ вираз х2±ху + р2>0 рівносильний умові
х, у * 0, оскільки •	.
о ( і* V з	і
х2 + ху+у2 =\х±-у\ +-у2 =0 <=> у = 0 та х±-р = 0 «о
\	2 /	4 ’	*	2
Рис. 2.19
х = р = О.
Далі задану умову перепишемо таким чином: а3 +Ь3 =0 або
а3-8&3=0, при цьому а, Ь одночасно нулю не дорівнюють, що
«випливає з умов задачі.
Випадок 1. а3+Ь3.= 0 => (а+Ь)(а2 ~аЬ+Ь2)-=О => а--Ь,
2 і і 2 • л	Я — Ь Ь ~ Ь _
бо а -аЬ+Ь- =#0, тому ——-=п-т~-~0.
О- + Ь" Ь“
Випадок 2. а3-8о3=0 => (а-2Ь)(а2 і-2б?&+4^2) = 0 => а = 2Ь,
2 « . Л а2-б2. 462-£>й З
оскільки а + 2аЬ + ±Ь =£0, тому ——=	—т~~-
а2+Ь" ±Ь*+Ь2 5
8 клас
0 (065). Відповідь: не існують.
Розв’язання. Припустимо, що існують. Тоді ах + Ьу = а (х + у) +
+ (Ь - а) у.-Звідси випливає, що число (Ь - а) у — ціле. Виберемо
Ь = 2} а = 1, тоді у має бути цілим — суперечність.
1 (066). Відповідь: найбільше може бути-шість чисел, а1 =17.
Розв’язання. Нехай аг-р — просте число. Тоді'зрозуміло, що
а2: Р,	а3 \ а^'-. рг,	а4 -а^е^ І р4,
а5< а4а3а2а1: р8, а3 : а5а4а3а2а{: р1 .
Якщо припустити, що в послідовності більше ніж шість чле-
нів, то Оу: а3а3а4а3а2ах: р32, тобто розклад числа а7 на прості
множники має містити простий дільник у степені, не меншому
від 32. Виходячи з вигляду числа ап, 'вважаємо це неможливим.
149
Отже, найбільше можливе значення — п *=6. При цьому єдине
просте число, яке входить у 16-му степені в розклад числа
а6 =22 • З3 • б5 • 77 * 11п • ІЗ18 • 1717, — це р = 17. Воно й може бути
найбільшим можливим значенням для аг
Покажемо, що така послідовність існує. Покладемо такі зна-
чення:
а, =17, а2=17, а3=172, а4=174, аб=17\ •
а6 = 22 ’ З3 • 5б • 77 • її11 • ІЗ13 • 1717.
2 (067). Відповідь: два шари при т = п = І; три шари при 1 = т < п
(або 1 - п < пі); для всіх інших випадків — чотири шари.
Розв'язання. Спочатку без обмеження загальності вважати-
мемо, що 2<т<п. Розглянемо квадратик А розміром 1x1, що
лежить не на межі квадрата. Усі чотири його сторони мають
бути покриті цеглинами, при цьому різними, оскільки одна
з половин цеглини має покривати квадратик А. Таким чином,
обійтися менше ніж чотирма шарами неможливо. -
Покажемо, що виконати потрібне можна чотирма шарами.
Перші два шари зображено на рис. 2.20, а ще два — це розбиття
прямокутника на квадрати 2x2. Після того ці квадрати можна
розрізати за двома варіантами (рис. 2.20).
Для випадку т = п = 1 очевидно, що достатньо два шари.
Для випадку тп = 1 < п ясно, що достатньо три шари — при-
клад показано на рис. 2.21. Оскільки некутові квадрати мають
три сторони, які треба покрити, то це ‘неможливо зробити кіль-
Рис. 2.20
Рис. 2.21
150
З (068). Розв'язання. Відмітимо точку З
таку, що трикутники АВС і ВС8 лежать
у різних півплощинах відносно прямої ВС,
причому трикутник ВС8 — рівнобедре-
ний прямокутний з прямим кутом СВ8.
Тоді відрізки В8 і РТ рівні й паралельні
(ТР = ВС = В5, Р81[ АВ), звідки чотирикут-
ник ТР8В — паралелограм (рис. 2.22).
Отже, Р5|| АВ, а також Р8 = ТВ, звідки за
умовою АТ^РЗ. Тоді чотирикутник
АТГ8Р — паралелограм. Таким чином,
АР Ц $7] і АР=ВТГ Звідси, знову вико-
ристовуючи умову задачі, отримуємо, що
ДС(|7^В і Р1С = Т18 — сторони паралело-
грама. Тоді .ВДЦСВ і
ар&а=180° - ар&з - азт.в=АСЗ^ - /.8ТгВ.
Остаточно маємо:
АСВА - АР^А = АСВА - АСЗТГ + /В^В =
= 90° - АТХ8В - АС8Тг = 90° - АСЗВ = 45°.
Альтернативне розв'язання. Нехай прямі РТ і ВС перети-
наються в точці К, 'Мс —• середина СР, Мь — середина ВТ
(рис. 2.23). Тоді в прямокутних трикутниках СКР і ВКТ медіа-
ни дорівнюють половинам гіпотенуз. Підраховуємо кути:
АМСКМЬ = АТКМЬ - £РКМС = АМЬТК - АМСРК = АСАВ.
АР СР КМ
Також маємо: —к = — =--звідки ЬАР.Т. АКМСМЬ. Те-
АТг ВТ КМЬ	11
пер покажемо, що АСВА-АР^А- 45°. Водночас ЛСВА-АР^ А =
~ АМЬКВ-АМСМЬК, що дорівнює куту між прямими МсМь і ВС.
Отож досить показати, що пряма МСМЬ паралельна бісектрисі
кута ТКВ.
Нехай точка X — середина РВ, а точка ¥ — середина ТС
(рис. 2.24). Тоді із середніх ліній і рівності РТ = ВС, що задана
в умові, МС¥М6Х — ромб, у якому МСМЬ — бісектриса кута ХМС¥.
Тепер твердження випливає з того, що ХМС\\КВ і ¥МС\\КТ.
Рис. 2.24
151
4 (069). Розв'язання» Доведемо методом від супротивного. Припус-
тимо, що а + Ь + с + сі = 0. Тоді з умов випливає, що
аЬс Ч~ Ьссі + ссіа 4- Зад = а + Ь + с + сІ = ().
Якщо припустити, що аЬс(1 = 0, тобто, наприклад, = 0, то
аЬс = 0. Тоді маємо дві змінні, що дорівнюють нулеві. Вибираємо
одне із чотирьох заданих співвідношень, де ці змінні не пов’язані
множенням, та отримуємо суперечність. Таким чином, аЬсїі^О.
Підставимо (і = ~а - Ь - с у рівність аЬс + Ьссі + с<іа + сіаЬ = 0.
Звідси маємо:
(а+Ь+суЬс+(а+Ь+с)са+(а+Ь+с)аЬ-аЬс~$ <=>
<=> (а+Ь)Ьс^(а+Ь)са^(а^Ь)аЬ-\-Ьс2 л-ас2 =0 <=>
(а+Ь)(Ьс+са + аЬ+с2) = $ <=> (а+Ь)(Ь+с)(е+а) = О.
Якщо а + Ь = 0, -то з другої та третьої рівностей умов маємо, що
Ьссі - а - 2 та ссіа - & = З, звідки Ьссі +
+ ссіа -а~Ь = 24-3 або ссі (аіЬ)~
-(а + Ь) = 0 = 5 — суперечність.
Аналогічно, якщо нулю дорівнює ви-
раз у яких-небудь інших дужках добут-
ку. Одержана суперечність завершує до-
ведення.
3.1 (070). Розв'язання, Проведемо. пряму
1 ГП|| АС (рис..2.25). Тоді АР = РМ = ЯС,
звідки АГМВ-АКВС за стороною та
прилеглими кутами, тому й МВ = КВ.
4.1. Див. розв’язання задачі 7-4 (062).
Рис. 2.25
9 клас
0 (071). Відповідь: для чисел | а-Ь |?ь1.
Розв'язання. Оскільки ах + Ьу = а(х + у) + (Ь - а)у. Звідси
випливає, що число (Ь - а)у — ціле. Якщо | а~Ь |=1, то число у
має бути цілим — суперечність.
Для І а-Ь І>1 можемо вибрати у- — - та
Ь-а
х = ~у. Тоді х + у = 0, і число (Ь - а) у — ціле,
звідси й число ах + Ьу буде цілим.
1 (072). Розв'язання. Розріжемо трикутник АВС
(АВАС=30>°) на трикутники, як показано на
рис. 2.26. Тут ВС - Сі/, і трикутник ВВС рів-
нобедрений прямокутний. Далі, ВМ - МВ,
і трикутник ВВМ рівнобедрений з кутом при
вершині ЛВМВ=150°. Тоді ХВМА=3$°,
трикутник ВМА рівнобедрений з кутом при
вершині ХАВМ~-120°.
152
Рис. 2.26
/ о
2 (073). Відповідь: І і, --і
Розв'язання. З умови задачі випливає, що х ^О, і тому зада-
Зі/
ну рівність можна переписати у вигляді 2+—=
2х
(£, 20, де ЄєК, і&О.
чимочерез&=——ціле число. Ураховуючи, що 1 +
2х	> .
одержуємо такі співвідношення:
"4/?г"
"І тт
+— І. Позна-
х\1
2
= 1 +
у2
І?
.— <=>	---<2+к
. І >9 □	9
Звідси одержуємо систему нерівностей
|4&2-9/?-9>0,
[4к2-9&-38 <0,
яку треба розв’язати в цілих числах.
Розв’язком цієї системи в дійсних числах є множина
ґ9-3-ЛЇ. з"
І 8
1+к =
й + Зл/її^
8 Л
М 3;
43 І
Зі/
Звідси знаходимо її цілі розв’язки: к = -1 та к = 3. Отже. — = -1
,	2х 
або — = 3, звідки всі розв’язки цього рівняння описують таким
2х
чином, як це наведено у відповіді.
З (074). Відповідь: чотири шари.
Розв'язання, Методом від супротивного до-
' ведемо, що трьох шарів не вистачить. Розгля-
немо сірий квадратик і чотири виділені щіли-
ни (рис. 2.27). Кожну щілину можна покрити
лише цеглиною, що покриває сірий квадратик.
Але жодна цеглина не може покрити водночас
принаймні два з виділених відрізків. Тому сі-
рий квадратик має бути покритий щонайменше
чотирма цеглинами, а тому 4 — це найменша
можлива кількість шарів.
Приклад, коли квадрат можна повністю покрити чотирма ша-
рами, наведено на рис. 2.28.
Рис. 2,27
Рис. 2,28
153
4 (075). Відповідь: п = 36.
Розв'язання. Позначимо ці однакові добутки через к9 а число
в центральній комірці — через х. Помножимо числа, що стоять
по діагоналях, у центральних рядку та стовпчику. Отримаємо,
з одного боку, й4, аз другого боку — добуток усіх чисел таблиці
по одному разу та три рази числа в .центральній комірці, тобто
к* =&3х3 або к = х2. Тоді якщо числа зліва направо в таблиці по-
значити через а, е, с (1-й рядок), £, х, к (2-й рядок), (і, /, Ь
(3-й рядок), то
аЬ = сд = еі! = §к = х2.
Найменше значення х, для якого це можли-
во, — х - 6 (тобто число розкладається як до-
буток чотирьох попарно різних пар натуральних
чисел)..Далі неважко навести шукану таблицю
(рис. 2.29).
Припустимо, що шукану таблицю можна по-
будувати при п<35. Нехай х ділиться на просте
число р, тоді з вищенаведених міркувань добу-
ток усіх чисел ділиться на р9, але 35! не ділиться
‘ (*)
12	1	18
9	6	4
2	36	3
Рис. 2.29
на 59 і тим більше на р9 при р > 5. Тому серед дільників числа х
можуть бути тільки прості числа 2 і 3. З отриманих раніше спів-
відношень одержуємо, що всі числа також мають вигляд 2т * Зп
і не перевищують 32. Інакше кажучи, числа, якими можна зало-,
внити квадрат, — це підмножина {1, 2, 3, 4, О, 8, 9, 12, 16, 18,
24, 27, 32}. З рівності (*) випливає, що чотйри із цих чисел більші
за х, тому х.<16. Якщо х = 16, то серед чисел повинно бути чис-
ло 27, але тоді 162 має ділитися на 27 — суперечність. Якщо
х = 12 і то серед використаних чисел повинно бути хоча б одне із
чисел — 27 або 32. Тоді знову ж таки 122 має ділитися на 27 чи
32, що неправильно, — суперечність. Якщо х - 8 або х = 9, то не
вистачить для належного заповнення стільки різних степенів
двійки чи трійки. Тому х = 6 і має бути число 36 > 35. Одержана
суперечність завершує доведення.
3.1 (076). Відповідь: а) так; б) ні.
Розв'язання, а) Нехай у табір приїхало по 1000 хлопчиків
і дівчинок. Розіб’ємо їх на групи по чотири — двоє хлопчиків
та двоє дівчинок. При цьому вони знайомі так: <-> В2 <-> С2 ++
<-» 6^ «-> Вг Неважко переконатися, що всі умови виконуються,
б) Припустимо, що це можливо. Тоді всіх хлопчиків можна роз-
бити на пари з дівчинками за принципом знайомства. Таким
чином, має бути рівно 1009 хлопчиків і 1009 дівчинок. Але
за аналогічним принципом можна розбити всіх хлопчиків на
пари за принципом знайомства, тому їх має бути парна кіль-
кість. Одержана суперечність завершує доведення.
154
4.1 (077). Відповідь: Петрик.
Розв’язання. Спочатку зауважимо, що натуральне число п не
можна подати як різницю квадратів двох цілих чисел тоді
й тільки тоді, коли п^2(то(і4). Дійсно, якщо п= 2 (тосі 4), то
припустимо, що п = (х 4- р)’(х - у). Тоді, якщо числа х, у одна-
кової парності, то п^0(тосі4); якщо різної, то п = ±1 (тосі 4).
Тепер у зворотному напрямі: якщо п = 4&, то можна покласти
х = к +1, у = к- 1; якщо ж п = ±1 (тосі 4), то покладемо х =
ч
п-1
у~- '
Петрик має таку виграшну стратегію: спочатку він вити-
рає число 100, а надалі, якщо Іваеик вибирає число ?п, то Пе-
трик ходить числом 100 - т. Оскільки вибір числа 50 веде до
програшу, то Петрик виграє, бо якщо своїм ходом Іваеик не
програв, то Петрик має хід, який так само не веде до поразки,
10 клас
0 (078). Відповідь: 19.
Розв’язання. Зрозуміло, що їхня сума більша за 2, тому про-
стим числом, яким вона може бути, є непарне число. Оскільки всі
три числа не можуть бути непарними, бо мають добуток 80, то
має бути два парних числа та одне непарне. Непарних дільників
у числа 80 = 24 • 5 рівно два — 1 і 5, Розглянемо ці випадки.
•	с = 1, далі можливі такі варіанти:
а = 2, Ь = 40,	а + Ь 4- с = 43	—	просте.
а = 4, Ь = 20,	а 4- Ь 4- с = 25	—	не просте.
а = 8, Ь = 10,	а + Ь 4- с = 19	—	просте,	що менше від 43.
•	с = 5, тут такий варіант:
а = 2, 6 = 8, а4-б4-с=15 — не просте.
1 (079). Розв’язання. Якщо припустити, що така функція існує, то,
ураховуючи, що для кожного х є (0; 1) справджується рівність
х = \/х-л/х, маємо: /(х) = /(л/х - л/х) = /?(7х) • /(\/х)>20182, що су-
перечить тому, ЩО =(2018, 4-оо).
2 (080). Відповідь: 9867312.
Розв’язання. Очевидно, що серед цифр числа немас цифри 0.
Для подільності на 5 число має закінчуватися на 5, але тоді воно
не буде ділитися на 2, 4, 6 і 8, тобто більше цифр воно матиме,
якщо не буде ділитися на 5. Однак у такому разі це число не буде
ділитися на 3, 6 і 9. Таким чином, достатньо прибрати ще одну
цифру, щоб число ділилося на 3. Тепер маємо такі випадки.
Випадок 1. Якщо прибрати цифру 1 або 7, то число може
ділитися на 3 і 6, але не на 9, а тому доведеться прибрати ще
й цифру 9, тобто число стане шестицифровим.
155
Випадок 2, Якщо прибрати цифру 4, то його можна зробити
таким, щоб ділилося на всі цифри, крім 0, 4 і 5, тобто число
може бути семицифровим.
Отже, число має такі сім цифр: 1, 2, 3» 6, 7, 8, 9. Треба зроби-
ти його найбільшим. При будь-якому розподілі цифр воно крат-
не 9 і, звісно, 3‘. Добираємо останні три цифри таким чином, щоб
це трицифрове число ділилося на 8. Залишається перевірити,
щоб одержане семицифрове число ділилося на 7 і щоб воно було
найбільшим.
•	Початок запису числа: 987, тоді із цифр 1, 2, 3, 6 можна
утворити такі числа, кратні 8, — 6312, 1632, 2136 і 3216.
Але в результаті дописування перших цифр ми не отримаємо
числа, кратного 7.
•	Початок запису такий: 9876, тепер із цифр 1, 2, 3 можна
утворити єдине число, кратне 8, — це число 312, тоді число
9 867312 ділиться на 7 і. є шуканим.
З (081). Розв'язання, Нехай АН^ ВН2, СН3 — висоти трикутника
АВС (рис. 2.30), точка М — середина сторони ВС, точка Ог —
центр описаного кола трикутника УНХ. Доведемо, що
АУНХ^МВС. Оскільки /ВЯ3С = ХУВС = 90°, то УАВС = УНУХ.
Аналогічно УАСВ = У.НХУ, Звідси випливає наведена подібність.
Нехай НН' — висота трикутника УНХ, а точка М’ — сере-
дина сторони ХУ. Зрозуміло, що, з одного боку, О1Л£'±ХУ,
ОМ У ВС, Тоді НН' та АНг — відповідні елементи подібних
трикутників. Так само О^М' і ОМ — відповідні елементи подіб-
., _	НН' о^м’	Л
них трикутників. Отже, —*— = ——. З другого боку, очевидно,
АН1 ОМ
Рис. 2.30
156
що &ОМВ ЛАН. В. Звідси	і3 цИХ двох рівностей,
АН1 ОМ
ураховуючи, що НН' = НГВ (оскільки НН^ВН' — прямокут-
ник), отримуємо рівність О^М^МВ. Тоді ОХМ'.ОМ — прямо-
кутник, і ОгМ 1.ВС, тобто точка Ох лежить на серединному пер-
пендикулярі до відрізка ВС. Звідси ОХВ=ОХС.
4 (082). Розв’язання. Нехай і * ], випишемо найкоротший шлях
мійс вершинами графа А* та А}: А. = А?п, А^, ..., А(к =А.. Су-
купність цих вершин позначимо літерою Х> (усього к 4- 1 верши-
на), сукупність усіх інших — літерою У (містить п - к - 1 вер-
шину). Кількість ребер, що сполучають вершини графа
всередині сукупності У, не перевищує. С2_и_г. Усі ребра, що про-
ходять усередині графа X, — це ребра найкоротшого ланцюга,
інакше існував би коротший шлях між Аі та А, тому їх рівно к^
Якщо А є У, то з вершини А виходять не більше ніж три реб-
ра в ланцюг X. Інакше, очевидно, існує коротший шлях, ніж із
к ребер. Таким чином, існує не більше ніж З(п-Л-І) ребро
з кінцями в сукупностях вершин X та У, тобто
гі<С2_І]_1+Л+3(п-й-1)=і(п2+.Зп-4+й2-.&-2йге)<
(оскільки &<п, то кп < п2)
<-(п2+Зп-4)/-^-^£ =>	.. <-(п2 + Зи-4), тобто
2	2	2	’7 2	.
. Ґй + ^-^й.і/1<-Є2(п2ч-Зп-4), або
2’7 2
С2й+—!><-С2(п2+Зп-4).
2	2
Щоб одержати остаточну нерівність, достатньо поділити
останню нерівність на С2 та скористатися нерівностями
—------>—— та п2 + 3п-4<п2 + 2
п(п-1) 7^-1
3.1 (083). Розв’язання. На рис. 2.31 А.СХО =
= ЛАВО (як вписані) незалежно від того, ле-
жить точка X на відрізку АС чи на його про-
довженні за вершину А. Оскільки точка
О — центр описаного кола трикутника АВС,
то АВАО = ЛАВО. Нехай Т = ХО0ВС, АХ —
діаметр описаного кола трикутника АВС.
Тоді АСХ¥ = АХАВ, АХСХ^АВТА — як
вписані кути, що спираються на однакові
дуги. Тоді ^СУХ = /^ВА = 90° — як та-
кий кут, що спирається на діаметр.
157
4.1 (084). Відповідь: 405.
Розв'язання. Нехай А — вершина початкового графа з най-
меншою кількістю к (А) ребер, що з неї виходять. Якщо к (А) < 27,
то ця вершина не сполучена принаймні з трьома іншими, верши-
нами. Якщо тепер залишити лише ці три вершини разом з вер-
шиною А, то отримаємо незв’язний граф — суперечність з умо-
вою. Таким чином, найменша кількість ребер: і- 27 -ЗО = 405.
Покажемо, що шуканий граф з такою кількістю вершин іс-
нує. Позначимо вершини Д, Д2, ..., А^, А^А^ та А1=А31.
Сполучимо кожну вершину А/ з 27 іншими, окрім вершин А^
та А/+1, і = 1, ЗО. Покажемо, що такий граф задовольняє умови.
Припустимо супротивне, наприклад, що порушується умова
зв’язності графа між вершинами АР А., АЛ, де Д, і < / < к < І,
• при цьому найбільша кількість вершин розташована між А1 та
Аг Тоді є ребра між такими вершинами: А. <->Ай, А. ++А1 та
А. А,, оскільки вони не можуть бути сусідніми. Одержана су-
пепечність завершує доведення.
11 клас
0 (085). Відповідь: 37.
Розв'язання. Зрозуміло, що їхня сума більша, ніж 2, тому
простим числом, яким вона може бути, є непарне число. Через
те що всі три числа не можуть бути непарними (оскільки мають
добуток 320), то має бути два парних числа та одне непарне. Не-
парних дільників у числа 320 = 2° -5 рівно два — 1 і 5. Розгля-
немо ці випадки.
•	с = 1, далі можливі такі варіанти:
а = 2, Ь = 160, а + Ь 4- с = 163 — просте;
а = 4, Ь = 80, а 4- Ь 4- с = 85 — не просте;
а = 8, Ь = 40, а *4- Ь 4- с = 49 — не просте;
а = 16, Ь = 20, а + Ь ‘4- с = 37 — просте, що менше від 163;
а = 32, Ь = 10, а 4- Ь 4- с = 43 > 37;
а = 64 > 37 => а 4- Ь 4- с > 37. •
•	с = 5. тут такі варіанти:
а = 2, Ь = 32, а 4- Ь 4- с = 39 — не просте;
а = 4, Ь = 16, а 4- Ь 4- с = 25 — не просте.
1 (086). Відповідь: {1; 1; 1).
Розв'язання. Без обмеження загальності розгляду будемо вва-
жати, що 2>шах{х, у}. Розглянемо кілька випадків.
Випадок. 1. 2 > 1. Тоді з першого рівняння маємо:
X + у2 < 2 4- 22 < 233 -— Суперечність.
158
Випадок 2. 2 - 1. Тоді з першого рівняння маємо:
2 = х4-г/2.
Оскільки шах{х, у} < 1, то де можливо лише за умови х = у = 1.
Перевіркою переконуємося, що (1; 1; 1) — розв’язок.
Випадок 3. г < 1. Для найменшої зі змінних, наприклад х,
маємо х < 1, тоді з другого рівняння отримуємо:
у + г2 > х + х2 > 2х3 — суперечність.
Аналогічно, якщо найменшою є змінна у.
2 (087). Розв’язання. Нехай точка N ~
середина діагоналі АС, тоді ІЇК —
середня лінія трикутника АСВ
(рис. 2.32) і А(КМ, їУР) = ДАМ, АР) =
= Х(ВМ,ВР) = ДКВ,ВР), звідки чо-
тирикутник В№КР — вписаний. З рів-
нобедреного трикутника АВС маємо:
/ВІЇР = 90°, тоді й АВКР = 90°. л '
3. Див. розв’язання задачі 9-4 (075).
4. Див. розв’язання задачі 10-4 (084).
3.1. Див; розв’язання задачі 9-4.1 (077).
4.1. Див. розв’язання задачі 10-4.1 (084).
Розділ З
ВІДБІР НА IV ЕТАП
ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
Відбір команди міста Києва на IV (заключний) етап
Всеукраїнської математичної олімпіади

і І тур
«і
8 клас
1 (088). Розв’язання. Назвемо діагональ, проведену з лівого ниж-
нього кута в правий верхній, головною.. Усього діагоналей, пара-
лельних Головній, є рівно 2017. Тому за принципом Діріхле на
одній із них знаходяться дві відмічені клітинки. Очевидно, що
' одна з них розташована строго праворуч і вище за іншу.
2 (089), Розв’язання. Позначимо ЛВАС = АВСА - а (рис. 3.1). Тоді,
оскільки ВР - РА, маємо: /АВР = а>, звідси /.ВРС- 2а як зо-
внішній. Далі, за умовою ВС = РС, а тому АСВР - ЛВРС = 2а.
Тепер
180° = АСВР + гВРС + гІВСР - 2а 4- 2а 4- а	а=36°.
159
Отже, трикутник РВ^ рівнобедре-
ний з кутом при основі 2а = 72° => /_ВР($-
-36° => Л$РС=36°, Звідси Р(3 — бісектри-
са зовнішнього кута трикутника АРВ. Та-
кож, оскільки ^АВР=36° і /їРБ$~72°, то
В(? — бісектриса зовнішнього кута АВР.
Із цього отримуємо/ що А$ — бісектриса
кута ВАС.
З (090). Відповідь: 201^.
Розв'язання. Оскільки 7 9'32 = 2016, то всі положення ка-
П	о
руселі це ооертання на повного ооерту, Зрозуміло тоді,
іцо карусель може опинитися не більше ніж у 2016 різних по-
ложеннях. Достатньо показати, що ведмеді зможуть повернути
1	г
карусель на повного оберту, оскільки тоді, повторюючи
свої дії по п разів кожний, вони зможуть повернути карусель
п -т
і на------. Нехай тато-ведмідь повертає карусель один раз. за
2016
рухом годинникової стрілки, а мама-ведмедиця та син-
ведмежа — по одному разу проти руху годинникової стрілки,
гп .	1111
Годі карусель повернеться на-------=-----.
7 9 52 2016
4 (091). Розв'язання. Спочатку виберемо сі ~ 1. отримаємо, що 1 +
4- к = р> де р — деяке просте число. З одного боку, за умовою для
любого натурального дільника сі числа, п число ~\-к є простим,
а з' другого боку,
. (Iі1	4 /7-1-1+р-1 = 0(тойр).
Таким чином, яҐ' + 7г = р, звідки робимо висновок, що нату-
ральне число її не має інших дільників, крім 1. Звідси п -- 1,
і очевидно, що 1 + к ~ р — просте.
9 клас
1 (092). Відповідь: (0; 0), (1; 1).
. Розв'язання. З нерівності між середніми випливає, що
(^х4-7^)(>/х + 1)(у^+1)>2А/7х • у/у -2уЦх '2у[у/у = 8уІху.
Отже, рівність можлива лише в разі, за умови, що в усіх не-
рівностях досягається рівність (л/х 4- у/у - 2^/%/х '	+* - ^лД/х
і	Це можливо лише в разі, якщо х = у = 1 або при-
наймні одна зі змінних дорівнює 0. Але тоді з початкового рів-
няння другим розв’язком є х = у = 0.
160
2 (093). Відповідь: так, правда.
Розв'язання. Спочатку доведемо таку лему.
Лема. Нехай у даний момент у залі присутні 4п + 2 люди-
ни. Тоді містер Гарріс може відправити в сад не менше ніж
2п -К 2 людей.
Доведення. Справді, оскільки людей з непарною кількістю
знайомих не може бути непарна кількість-, то людей одного
з типів буде не менше ніж 2п + 2.
Лему доведено.
Тепер повернемося до початкової задачі. Нехай містер Гарріс
кожного разу виганяє із зали максимально можливу кількість лю-
дей. Тоді зведемо результати в таблицю, де у верхньому рядку вка-
зано хвилини, а в нижньому — максимально можливу кількість
людей, що залишилися в залі на кінець цієї хвилини (рис. 3.2).
0	. 1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
2018	1008	504	252	126	62	зо	14	6	2	
Рис. 3.2
Таким чином, містер Гарріс справді зможе вигнати всіх у сад
за 10 хв.
З (094). Розв'язання. Оскільки в опуклому чотирикутнику АВСВ
кути при вершинах В і В прямі, то цей чотирикутник вписа-
* ний (рис. 3.3). Нехай Е — точка перетину відрізка РС та описа-
ного кола АВСВ. Нехай — така точка на прямій ВВ. що
/.ВАС^/Л^Р. Доведемо, що ВВ-ВС^. 3 одного боку, оскільки
АВСЕ-/.ВСР = АВАВі то ВВ - ВЕ. а з другого боку, ЛВС^Р^
-ЛВАС-ЛВЕС. Отже, чотирикутник В^РЕ вписаний. Тому
161
достатньо перевірити, що. РВ — бісектриса. кута ЕРї^ (тоді
(&В = ВЕ~ВВ). Розглянемо різницю	ЛВРЕ:
ЛВР$1ГгВРЕ = ХВВА-гВ$1Р-^ВС+^>АЕ =
= -^ВЕ+-иАЕ--иВС--иВС+-^АЕ=-^Е+иАЕ-иВС =
2	2	2	2	2	2
=-оІ)£ + АЕ + иАВ-1800=-(оЛ£+2о£В)-1800 =
2	2
=і (иВЕ+’^ЕВ + иВЛ) -180°=0°.
2
Тут ми використали кути між січними, оАВ+оВС=180°
і иВЕ = иВВ. Таким чином, ми довели, що ВВ = В($1. Звідси
Вф~В(}19' і точки та збігаються, тому рівність доведено.
4 (095). Відповідь: п - 6.
Розв’язання. Нехай • 2" + п2 + 25 = р3. Очевидно, що • р > 3, тому
п — парне число. Звідси випливає, що 2П +25 дає остачу (-1) від
ділення на 3. А оскільки р = 3 не є розв’язком, то 2п + п2 +‘25 не
ділиться на 3. Через це п2 при діленні на 3 не може давати
остачу 1, тому п ділиться на 3. Отже, ми довели, що п ділиться
на 6. Нехай п - бтп, тоді вихідне рівняння матиме вигляд
(4/п)3+36тп2+25 = р8. Оскільки р>4ж, то (4м)3+36/п2+25>(4т +1)3,
що рівносильне 12яі2+8>1бт +4,к. Очевидно, що при т>2 ця
нерівність не справджується. Якщо ти = 1, топ = бір = 5.
10 клас
1 (096). Відповідь: (1; 1), (2; 22018).
Розв’язання. З того, що а2()і8+Ьх:аЬ, випливає, 'що Ь:а,
а отже, д = а&1,Ь1е^ • Підставимо, це в умову й матимемо, що
а^ + а^ : а2Ьг Звідси а2017+Ьг: аЬг. Повторюючи ці міркування
ще 2017 разів, матимемо, що 1 + Ь2018 :а&2018, звідки І+^оїв
тобто &20Х8 =1. Тоді 2: а, а тому а = 1 або а = 2. Звідси знаходимо
шукану відповідь.
2 (097). Розв’язання. Доведемо, що (а+1)/2а(1--а) >4(а&+ае).
• Справді, _____ ______________________
(а+1)/2а (ї-а) > 4(аЬ+ас) <=> (а+1)/2а(Ь+с) >4(а6+ас) <=>
<=> а+1>2/2а(£+о) <=> (2а+Ь+с)2>8(аЬ+ас)	(2а-Ь-с)2>0.
Аналогічно
(Ь+1)уІ2Ь(ї-Ь)>4:(аЬ+Ьс) *а (с+1)/2с(ї-7) >4(Ьс + ас).
Додамо одержані три нерівності та отримаємо бажану нерів-
ність.
162-	.	’ -
З (098). Відповідь: 1344.
Розв’язання. Переформулюємо умову задачі мовою теорії
графів. Треба знайти таке найменше чисдо.з, щоб у будь-якому
зв’язному графі з 2017 вершинами можна було відмітити не
більше як з його вершин і щоб у будь-якій вершині знайшлася
відмічена сусідня вершина (назвемо сусідню вершину сусідкою).
Доведемо, що з >1344. Розглянемо граф з вершинами і?0),
V™, і^2),	] = 1, •••* 672, і ребрами V™), (оР,
(р)2), у^3)), ] ~ 1, ..., 672. Нехай к — довільне число від 1 до 672.
• У вершин р^2> і р^3> має бути відмічена сусідка, а тому обов’язково
буде відмічена вершина о£2) як єдина сусідка вершини р^3). Та-
кож одна з вершин о™ і р{3) має бути відмічена, оскільки ін-
ших’сусідок у вершини у£2) немає. Тому всього має бути відмі-
чено принаймні 2-672 = 1344 вершини.
Доведемо, що 8 <1344. Вважатимемо, що заданий граф’є де-
ревом, оскільки інакше можна виділити кістяк, що є деревом,
і довести твердження для нього. Виберемо як корінь висячу вер-
шину та назвемо її р(0), а інші розташуємо по рівнях стандарт-
ним чином. Пофарбуємо вершини в три кольори так, щоб вер-
шини на рівнях 3^ + 1 були пофарбовані в перший колір, на
рівнях Зк 4- 2 пофарбовані в другий колір, а решта — у третій
колір. За принципом Діріхле знайдеться такий колір, у який
пофарбовано принаймні 673 вершини. Відмітимо всі вершини
двох інших кольорів — це не більше ніж 1344 вершини, і в будь-
якої невисячої верщйни є відмічена сусідка. Нехай V — висяча
вершина	— «батько» вершини о; о2 — «батько»
вершини Побачимо, що вершина о2 існує, бо рівнів не мен-
ше як три. Якщо у вершини о немає відміченої сусідки, то вер-
шина 14 не відмічена, а тому відміченими є вершини о і о2.
Приберемо відмітку з вершини V та відмітимо вершину Ур Тоді,
кількість відмічених вершин не зміниться, у всіх вершин,
у яких була відмічеца сусідка, вона залишається, а також
і у вершини V тепер буде відмічена сусідка. Аналогічно для ко-
реневої вершини. Зробивши за потребою описану процедуру
скінченну кількість разів, ми досягнемо того, що в усіх вершин
буде відмічено сусідку, що й треба було довести.
4 (099). Розв’язання. Нехай точки М, N і К — середини сторін АВ,
АС і ВС відповідно та нехай АВАС== 2а (рис. 3.4). Тоді
Х2Ш. = А2АС = 90°-а, ХВСЯ = ХВАІ) = а, ЛМ2С = 90о-Л7СА = а.
Доведемо, що	Справді,
Л2СВ = ЛХСА + ХАСВ+ЛВСВ = 90° - а+ХАММ + а =
= ХАХМ + 2^2 = Л2ММ
163
та ---= = соза = -—, тому ці трикутники подібні. Із цієї по-
РС. РС	ИС
дібності випливає, що /М7В =	= а = /.МАВ, тому чотири-
кутник А2ВМ вписаний, тобто точка М лежить на описаному
колі трикутника АВ/, що й треба було довести.
Рис. 3.4
11 клас .
1	(100). Відповідь*. З або 6. *
Розв’язання. Позначимо НОД (а, Ь) = (а, Ь). Нехай (а, Ь) = (і,
тоді 771 = ^7»!, п-сіп^, де тт^ і пт — натуральні взаємно прості
числа. Оскільки (тп + 6, п) = 9(1, то (іт^ +6 ділиться на 9(1, тобто
б/ — дільник числа 6. Крім того, кожне із чисел т + 6 і п ділить-
ся на 9, тому т ділиться на 3. Звідси випливає, що (і ділиться
на 3. Таким чином, достатньо перевірити = 3 і <2 = 6. Покаже-
мо, що обидва випадки можливі:
.• нехай тп = 21, ті = 37, тоді (21, 27) = 3 і (27, 27) = 27;
• нехай тп = 48, п = 54, тоді (48, 54) = 3 і (54, 54) = 54.
2	(101). Відповідь*. 2 • Зп1.
Розв’язання. Позначимо через Т(п) кількість розбиттів до-
шки 4х4п на фігурки зазначеного в умові вигляду (у подаль-
шому просто називатимемо їх фігурки). Легко побачити, що
164
квадратик 4x4 можна розбити належним чином двома спосо-
бами (рис. 3.5).	’	•
Розглянемо тепер дошку 4х4п. Розділимо її на квадрати
4x4. Виберемо один із двох способів, яким заповнена права
верхня клітинка таблиці, наприклад такий, що зображено на
рис. 3.6. Тоді наступні Дві фігурки можна покласти єдиним чи-
ном. Сіру клітинку можна накрити фігуркою двома способами
(рис. 3.7 і 3.8).
Рис. 3.5
Рис. 3.6
Рис. 3.7
У першому із цих випадків існує Т (п - 1) спосіб заповнити
частину дошки, що лишилася, бо вже відрізано квадратик 4x4
ліворуч. У другому випадку одна з фігурок вийшла за межі ліво-
го квадратика 4x4, і тоді однозначно заповнюємо наступну час-
тину дошки (рис. 3.9).
Рис. 3.8	Рис. 3.9
Надалі знову виникають два випадки: сіра клітинка або на-.
крита фігуркою, що повністю розташована у другому зліва ква-
драті 4x4, або виходить за межу квадрата. Якщо продовжити,
то кількість способів заповнити дошку така:
Т(п - 1) + Т(п - 2) + ... + Т(1) + 1
(доданок 1 відповідає випадку, коли фігурки перетинають усі
лінії, що розділяють квадрати 4x4). '
Для другого випадку все треба зробити аналогічно.
Таким чином, кількість способів заповнення дошки задоволь-
няє рекурентному^спів від ношенню:
Т(?ї) = 2(1 + Т(1) + Т(2) + ... + Т(п - 1)).
Далі ММІ неважко довести, що розв’язком є формула 2 • Зп-1.
З (102). Розв’язання. Зауважимо, що оскільки чотирикутник*
СВТІ — вписаний, то ЛІТА = ЛІС В = ЛІСА (рис. 3.10), тому
ААІС^АА/Т за спільною стороною та кутами. Звідси трикутник
165
АСТ — рівнобедрений, де АІ — бісек-
триса, а тому й висота. Отже, висота АГ
перпендикулярна до Нф і СТ, звідси
Нф Ц СТ. Позначимо через К точку пе-
ретину Н(І та висоти’ трикутника АСТ,
що проведена з точки Т. Нехай СТ
і ВН перетинаються в точці £. За до-
веденим НК\\ЬТ і, очевидно, ЬН\\КТ,
тому НЬТК — паралелограм, звідки
НК = ЬТ. Тепер .доведемо, що точка
— середина НК. Справді, нехай
Нг — ортоцентр трикутника АСТ. Тоді
в трикутнику НгСТ відрізок НК пара-
лельний СТ і Нф є. висотою, медіаною
та бісектрисою, звідки Н$ поділяє
НК навпіл. Позначимо точку перетину
відрізків ТС$ і ВН через Р'. У трикут-
нику Р'ЬТ відрізок РЩ паралель-
ний основі та дорівнює його половині.
Тому Н(і — середня лінія, звідки
Р'К^КТ => Р' = Р.
Рис. 3.10
4 (103). Розв’язання. Позначимо через і\(і) коефіцієнт при Xі
многочлена Рп (х). З рекурентного співвідношення випливає, що
(х) — унітарний многочлен стеценя п. Оскільки всі його кое-
фіцієнти невід’ємні, то многочлен Рп(х) монотонно зростає на
проміжку [0, 4-оо). Доведемо такі твердження.
Твердження 1. Якщо оп(ї)>0, то і і = п (тосі 2).
Доведення. Справді, нерівність і < п одразу випливає з того,
що степінь Рп(х) дорівнює п. Щоб довести співвідношення
і е п (тосі 2), достатньо побачити, що Рп (х) — парна функція,
якщо п парне, і Рп (х) — непарна функція, якщо п непарне. Це
легко довести ММІ.*
Твердження 2. В умовах задачі справджується рівність
га-і
ц,(п-2)=£сг
І = 1
Доведення. Застосуємо ММІ. База очевидна. Припустимо, що
твердження справджується.	З рекурентного співвідно-
шення випливає, що
ув+і(п-1)=уп(л-2)+с,А-і(л-1)=^»(ге-2)+<;»-.
166
*	п -1	’ п
За припущенням індукції оя (п -2) - с. => (п -1) =
/»і	•	і=і
Твердження доведено.
Твердження З, В умовах задачі справджується рівність
п - 2
Ц,(п-4)=	£	• -
/=1
Доведення. Знову скористаємося ММІ. База очевидна. Не-
хай твердження справджуються Хт7г<л. Тоді з урахуванням
твердження 2
ґ п-2	\
ум»і(«-3) = Ч,(«-4>+6Л-і(п,-3) = Уи(«-4)+с„ £с( .
\/=1 /
За припущенням індукції
•	п - 2	ґ п - 2 \	п -1
УЛІ1(Л"^)=	<'<С/"'2йСА + 1+<'«	Г А/ ~	СіСі + 1‘’
1<іф'л-Г І = 1	\і = 1 ) 1<кЦл
Твердження доведено.
Доведемо тепер твердження задачі. Припустимо, що існують
п є М, а є В, для яких Р2і, (х) - Рп (х2 + а). Прирівняємо коефіцієн-
ти при х2п “2 у лівій та правій частинах і, використовуючи твео-
2л-1
дження. 2, отримаємо, з одного боку, р2л(2п~2) = 22 с£. З другого
і=і
боку, із твердження 1 коефіцієнт при х2п~2 у многочлені
. 2п.-1
Рп(хг+а) дорівнює С*'а = па9 звідки а=——. Порівняємо те-
п
цер коефіцієнти при х2"“4 в обох частинах рівності. Із твер-
дження 3 матимемо:
2и - 2
»2л(2п-4) = С6~ЕС/Сьі’
І=1
Із твердження 2 коефіцієнт при х2п~4 многочлена Рп (х2 + с)‘
дорівнює:
Причому, з одного боку, рівність досягається при ^=0
VI<і<п, аз другого боку,
ь	2л-2
> Е сісГ Е ед+1=ргв(2гет<4).
1С^/Х2л-1	і = 1
Оскільки рівність має справджуватися, то с(=0УКі<п.
Але е2018 >0 => и<2018, що й треба було довести.
167
шшшшш її тур ві»ваі'
8 клас :
1 (104). Відповідь*. а) так, обов’язково; а) ні.
Розв’язання. а) Розглянемо момент, коли після чергового
З	З
• штрафного кидка КП був меншим від - і став більшим за--,
4	4
Інакше кажучи, існують такі натуральні х, у, для яких справ-
джуються умови:
— <~4х<3г/ та 4х+4>3г/+3 <=> 4х<3г/<4х + 1 — .
У 4 . 2/ + 1
це неможливо для натуральних чисел.
' б) Випишемо аналогічні співвідношення:
<=> 5х<3і/ та 5х4-5>3#4-3 <=> 5х<Зг/<5х + 2 —
у 5 г/+1
це можливо в натуральних числах’ лише за умови Зу = 5х -Ь 1,
наприклад при х = 1, у = 2. Гравець спочатку пробив неточно
(перша половина гри), далі двічі влучив (друга половина) у кор-
0 3 1 3	2 3
зину: —<—, -<- та
1 4 2 5	3 5
2 (105). Розв’язання. Зрозуміло, що три-
кутник АВК рівнобедрений і АКВВ =
= 2 АКАВ (рис. 3.11). Із вписаного кола
с маємо: АКОВ=2 АКАВ=АКВВ, тому
чотирикутник ВКВО — вписаний.
Тепер покажемо, що чотирикут-
ник ОВКА' також вписаний. Позна-
чимо 3 = АВАсх (рис. 3.11)./Трикут-
ник АК8 прямокутний із прямим ку-
том К, а АК8А = 90° - АКАВ. Оскільки
АК8А = АКА'А як вписайі, що спира-
ються на хорду АК, то АКАА =
= 90°-АКАВ. З рівнобедреного три-
кутника ОКВ маємо:
АКВО = 90° - і АВОК = 90° - АВАК.
2
З останніх двох різностей між кутами АКАА - АКВО, звідки
випливає, що чотирикутник ОВКА' вписаний.
З (106).	якщо о не кратне 3, «, » = !(»(,. + 2)(а +4)<
г \	о	1/п(пі-2)(л+4)(л+6)	\
х(п+6) + и); якщо п кратне 3, то 772=- —— '+ли.
2\	3	)
А
Рис. 3.11
168
Розв'язання. Розглянемо число 2т - п. За умовами воно має
ділитися наділо на кожне із чисел п9 п + 2, п + 4, п Ч- 6.
Якщо п не кратне 3, то пі непарні числа є взаємно простими,
тобто не мають жодного спільного дільника. Тому найменшим
числом, що ділиться на кожне із цих чисел, є їхній добуток,
тобто число п (п + 2) (п + 4) (п + 6). Таким чином, шукане число
т = І (п (п + 2)(л; + 4) (п 4- 6) ч- п).
2
Якщо п кратне 3, то НСК цих чотирьох непарних чисел є чис-
ло іп(п+2)(п+4)(п+6). Отже, шукане число для цього випадку
™ 1 ґп(Л + 2)(га + 4)(п + 6) ’
таке: тп --------------------ьп .
2І . З	)
4 (107). Розв'язання. Спочатку зазначимо, що в разі вибору шести
точок по одній з коленого сектора отриманий шестикутник (при
послідовному по секторах сполученні точок)- містить точку А.
Із цих шести точок можна побудувати 20 трикутників. Треба
оцінити, скільки з них містять точку А.
Якщо вибрати дві вершини В і С у протилежних секторах
(рис. 3.12), то існують дві вершини Д і Р2, що задовольняють
умову. Оскільки є всього три пари секторів, у кожному з яких,
можна п’ятьма способами вибрати по точці, то загалом таких
трикутників маємо: 3 • 5 • 5 ♦ 10 = 750.
Тепер залишається оцінити кількість трикутників, що міс-
тять точку А, серед тих, у яких вершини не розташовані в про-
тилежних секторах. Таких трикутників рівно 2 — ВСЕ і ГЕС
(рис. 3.13). Таким чином, їх усього 2 • 5 • 5 • 5 = 250.
169
Отже, усього шуканих трикутників не менше ніж 1000. їхня
кількість може стати більшою, якщо точка А потрапить на
якийсь із відрізків.
. 9 клас
1. Див. розв’язання задачі 8-3 (106).
2 ,(108). Розв’язання. Спочатку зазначимо, що для х>-1 справ-
джується умова
1-х-х2	=(1-Л’)2 (1 + х)>0,
при цьому рівність можлива при х = ±1.
Таким чином, для а, Ь, с справджуються нерівності:
х+х2<1+х3, тому
ач-а2 +Ь+Ь2 +с + с2 <1 + а3 + 1 + &3+1 + с2 <4.
Рівність можлива, якщо (а, Ь, с) є перестановкою чисел'
(+1, +1,-1).
З (109). Розв’язання. Якщо АВ || СВ, то твердження очевидне. Точ-
ки X, У симетричні відносно серединного перпендикуляра до
відрізків АВ і СІ). Звідси зрозуміло, що АВ||С1)||ХУ1
Нехай тепер АВ і СІ) не паралельні (рис. 3.14). Позначимо
через і к2 описані кола трикутників ВАВ та ЕСВ, що пере-
тинаються вдруге в точці Р*Е. Тоді маємо такі рівності
кутів:
/РАБ = /РВЕ, /РБА = 180° - /РВЕ -180° - /РСЕ - /РСВ.
Рис. 3.14
170
Звідси АРАВ<™АРВС, крім того, точка МєДРАЛ відпові-
дає за цієї подібності точці ЛГєДРВС, а тому /ЕРМЕ = /ЕРИЕ.
Таким чином, точки В, Р, М, N лежать на одному колі, яке по-
значимо через Л8. Оскільки ЕА • ЕВ = ЕС * ЕВ, то точка Е має од-
наковий степінь відносно кіл £5 та кола к, описаного навколо
чотирикутника АВСВ, тому вона лежить на радикальній осі ЕР
кіл ^2- Оскільки ЕА • ЕВ = ЕЕ • ЕР, то точка Е лежить на ра-
дикальній осі кіл тобто на лінії ХУ.
4. Див. розв’язання задачі 8-4 (107).
10 клас
1. Див. розв’язання задачі 9-2 (108).
2. Див. розв’язання задачі 9-3 (109).
З (110). Відповідь*. 325.
Розв’язання. Нехай Р — дивовижна точка трикутника АВС
і нехай площа трикутника АВС дорівнює 27. Одразу зазначимо,
що серед 27 променів мають бути РА, РВ та РС, оскільки інакше
поділ буде не лише на трикутники. Кожний із 27 малих трикутни-
ків міститиметься в одному з трикутників РАВ, РВС та РСА (або
навіть збігатиметься з ним) (рис. 3.15). Нехай трикутник РАВ
містить т таких малих трикутників, а трикутник РВС —
п, Фоді т, пє{1,2,25} та тп + п<26.
Рис. 3.15
Розглянемо функцію, що визначається парою (т, п) для кож-
ної дивовижної точки Р. Укажемо на бієктивність між кожною
дивовижною точкою трикутника та парою чисел (т, п), що задо-
вольняє умову тп+п< 26.	' *
Спочатку покажемо, що для кожної пари (?п, п), що задоволь-
няє умову т+п < 26, існує не більше ніж одна дивовижна точка.
Нехай дивовижна точка Р визначається парою (т, п). Тоді всі
пі трикутників площею 1, на які розбивається трикутник РАВ,
мають спільну висоту. Отже, вони повинні мати однакові осно-
АП	2т
ви, що дорівнюють —, а висота має дорівнювати —, тому
т	~	АВ
171
точка Р має лежати на прямій р, що паралельна стороні АВ
. 2т .	. ..	...
і знаходиться на відстані — -від цієї прямої. Аналогічно сторо-
АВ
ну ВС має бути поділено на відрізки однакової довжини, а сама
точка Р має лежати на прямій д, що паралельна стороні СВ
,2п	.	.
і знаходиться на відстані —. Останні дві умови визначають
ВС
точку Р однозначно. Таким чином, для кожної належної пари
чисел (тп, п) може існувати не більш як одна дивовижна точка.
Тепер покажемо, що та єдина точка обов’язково існує для
кожної належної пари (т, и). Як було показано вище, точка Р
. визначається проведеними прямими ріц.- Тоді площа трикут-
ника РСА дорівнює 27 т - я,-і його легко поділити відповід-
ним чином на трикутники площею 1. Для цього достатньо сто-
рону АС розбити на 27 - т - п однакових відрізків.
Залишається 'підрахувати кількість дивовижних точок. Для
кожного значення тиє{1, 2,..., 25} існує рівно 26 - т можливих
значень* п. Звідси шукана кількість дивовижних точок дорівнює:
25	"і
£ (26-тя>=— - 25 • 26 = 325.
т = 1	‘ 2
4 (111). Відповідь: існує.
Розв'язання. Покажемо, що така прогресія існує для кожно-
го натурального п>3. Міркування базуватимуться на розгляді
чисел, що діляться на деяке просте р, але не діляться на р?. Цю
ситуацію назвемо такою, за якої число точно ділиться на р.
• Зрозуміло, що такі числа не є степенями цілих чисел.
Виберемо два простих числа, що задовольняють умову
п < р < д. Розглянемо прогресію Р з першим членом р і різницею
д - р та з кількістю членів п. Тоді аЛ.= р + ^(д~р), & = 0, п-1.
Зрозуміло, що ак не ділиться на р. Дійсно, к < п < р, тому к
не ділиться на р, так само д - р не ділиться на р. Оскільки аг =д»
то з аналогічних міркувань ак = д+(&-1)(д-р) не ділиться
на д.
Тепер розглянемо добуток А = а0о1...ап_1 та утворимо нову
прогресію Аа0, Аа19..., Аап_г Тоді добуток членів цієї прогресії.
дорівнює:
Аа0 • Ас^: ... • АаП_і	.
при цьому кожний член нової прогресії, починаючи з Аа1? точно
ділиться на р9 Аа0 точно ділиться на д, а тому вони не є степе-
нями цілих чисел. Це й треба було показати.
172
11 клас
1 (112). Розв’язання. Проведемо відрізки ВЕ та Рф (рис. 3.16). По-,
значимо через 8 центр кола Г, на якому лежать точки 2), Е,. Р, (і.
Нехай точка Р' — образ точки Р при симетрії відносно прямої ВІ.
Оскільки /РВІ~/(^ВІ, то точка Р' лежить на промені ВІ}. Чег
рез те що пари точок В, Е та Р, Р' симетричні відносно прямої ВІ,
то Р'єГ, звідси Р' = СІ. Це означає, що ВІ — серединний пер-
пендикуляр до відрізка РС, а також до відрізка ВЕ, тому
ВЕ\\РІ}. Оскільки РІ та симетричні відносно прямої ВІ,
а /ІС}С = 90°+— /АВС = /АРІ, то пряма РА при симетрії відносно
4
ВІ перейде в пряму І}С. Оскільки сторона ВА симетрична сторо-
ні ВС відносно прямої ВІ, а відрізок РА симетричний відріз-
ку (}С відносно ВІ, то точка А при симетрії відносно ВІ перехо-
дить у точку С. Звідси АВ = ВС.
' Рис. 3.16
2. Див. розв’язання задачі 10-3(110).
З (113). Відповідь: а) а >2; б) а<-.
5
Розв’язання
а) Перемножимо нерівності
х + у - 2 > 0, у + г- х>0таг + х- г/>0,
кожна з яких додатна, певним чином:
(Х + у-2)(у + 2-Х) + (х + у-2)(2 + Х-у) + (2 + Х-у)(у + 2~Х)>0 О '
<=> х2+у2+г2 < 2(ху+уз+гх).
Отже, а >2.
Покажемо, що інші значення умову не задовольняють. Роз-
глянемо рівиобедрений трикутник зі сторонами х-у = 1,
2є(0; 2). Тоді задану нерівність перепишемо таким чином:
22 “2аг-а+2<0.
173-
Розглянемо довільне а <2 та позначимо 8 = 2-а>0. При до-
статньо малому г > 0 можна досягти того, щоб я2 - 2аг<8, і тоді
22 - 2си? - а'+ 2 > 0 — суперечність.
б) Покладемо х = у = 1, 2 ~ 2. Ці значення не задовольняють не-
рівність трикутника, і задана в умові нерівність набуває тако-
го вигляду: 6 < 5а. Таким чином, умову не задовольняють усі
значення а>~.
гг	5 в
Покажемо, що а<— задовольняє умову. Виберемо деяке від-
5
повідне значення а <-. Припустимо, що певна трійка чисел
5
(х, у9 г) задовольняє умову, при цьому 2 > х, у9 і за таких умов
і-2-х-уХ), тобто вони не є сторонами трикутника. Тоді
хі + уі+(х+у + і):і<^(ху+(у+х)(х+у+і)) «•
5
<£> і2+~х2+-у2--ху+-(у+х)і<в <=>
5	5	5	5
о і2 4- ~ (х - у)2 + - (у+х) і < 0 — суперечність.
5	5
4. Див. розв’язання задачі 10-4 (111).
. III тур
8 клас
1 (114). Відповідь: 2017 стрибків.
Розв'язання. Очевидно, що стрибків має бути не менше як
2016. Позначимо типи стрибків: стрибок 2 і стрибок 3, залежно
від довжини стрибка (кількості відстаней між точками). Зрозу-
• міло, що коник не може виконати завдання, якщо викорис-
тає лише стрибки 2 або лише стрибки 3. Якщо припустити, що
коник може виконати завдання рівно за 2016 стрибків, то він
• має подолати відстань між 2-2016 і 3-2016 точками. Інакше
кажучи, потрапити в початкову точку коник не зможе, оскільки
для цього йому треба подолати шлях, кратний 2016. Покажемо,
що він може впоратися із завданням рівно за 2017 стрибківг, на-
приклад, таким чином:
1->4->7->...->2014-» 2016-->3-+6—
-->2013->2015-» 2—> 5->...-~>2014->1.
2 (115). Відповідь-. 19.
Розв'язання. Те, що таке значення досягається, очевидно, бо
вже =1+94-9=19.
Оскільки 199^1 (тосі 9), то й 199" ^1 (тосі 9). Отже, треба
показати, що не може бути числа із сумою цифр 1 і 10. Перший
174
випадок, очевидно, неможливий. Припустимо, їцо 8п = 10 для де-
якого п. Зрозуміло, що 199" (тосі 9), звідки й 199" ^1 (тосі 11).
Отже, число (199й-1):11.
Розглянемо суму, цифр числа 199"-1. З ознаки подільності
на 11 різниця суми цифр на парних і непарних позиціях має ді-
литися на 11. Якщо вони рівні, наприклад обидві дорівнюють а,
то сума цифр числа 199й-1 дорівнює 2а, але тоді сума цифр
числа ,199й непарна, тобто не може дорівнювати 10. Якщо їхня
різниця не менша ніж 11, то ясно, що сума цифр числа 199й
дорівнювати 10 не може. Одержана суперечність доводить пра-
вильність наведеної відповіді.
З (1.16), Розв'язаная. Нехай Н — точка перетину прямих РР і ($В.
Оскільки /.ЕВН = ЛЕРН = 90°, то НЕ —< діаметр вписаного
кола. Позначимо через X = ЕН П Рф, тоді Н — ортоцентр три-
кутника ЕР(£ (рис. 3.17). Точка І — інцентр трикутника АВС —
середина відрізка ЕН, тоді точки І, Р, X, В лежать на колі
дев’яти точок трикутника ЕР®. Оскільки точки Р і В — це точ-
ки дотику вписаного кола до сторін трикутника АВС, то точки 1,
Р, В, В лежать на одному колі,. яке, очевидно, є колом дев’яти
точок. Тому його діаметром є відрізок ВІ, 3 відомої властивості,
що середина висоти трикутника утворює діаметр із серединою
протилежної сторони, випливає, що точка В є серединою сторо-
ни Р(і, що й треба було довести.
Рис. 3.17
4 (117). Відповідь) (36, -12, -24).
Розв'язання. Оскільки а + Ь + с - 0, то
а3Ь+Ь3 (-а-Ь)+(-а -Ь)3 а ~ -Ь4 - 2Ь3а - За2Ь2 - 2а3Ь - а4 - -(а2'+ аЬ+ Ь2)2,
і має справджуватися рівність
2017 + (а2+ аЬ + Ь2)2 =к\ к>0, &
1- 2017 = к2-(а2 ^аЬ-ї-Ь2У ~(к-(а2 + аЬ+Ь2))(к+(а2 +аЬ^Ь2)) =>
175
(к-а11-аЬ-Ь1 =1>	[2А=2018,
[к+а2+аЬ+Ь2 =2017	|и2+а&+62=1008.
Теоретично вже можна шукати числа а, Ь підбором. Але
цей підбір можна суттєво зменшити, якщо врахувати поділь-
ність на 9. Оскільки а2+аЬ+Ь2 :9, то покажемо, що звідти ви-
пливає, що а: З та Ь:3. Дійсно, лише одне з чисел не може
бути кратним 3. Припустимо, що обидва числа не кратні 3, тоді
можливі випадки:
й=±1 (той 9), Ь = ±1 (тосі 9) ==> а2 = Ь2 (тосі 9),
аЬ^±1 (тосі 9), тоді й а2 +аЬ+Ь2 ^1,3 (тосі 9).
а ~ +2 (той 9), Ь=±2 (тосі 9) => а2 = Ь2 = 4 (тосі 9),
аЬ а ±4 (той 9), тоді й^ а2 + аЬ+Ь2 ® 3,4 (той 9),
а г ±4 (той 9), Ь ~ ±4 (той 9) ==> а2 = Ь2 = 7 (той 9),
аЬ ±7 (той 9), тоді й а2 + аЬ+Ь2» 3,7 (той 9).
а ±1 (той 9), Ь=±2 (той 9) => а2 = 1 (той 9), Ь2=4 (той 9),
аЬ г ±2 (той 9), тоді й а2 + аЬ+Ь2 = 3, 7 (той 9).
а ±1 (той 9), Ь = ±4 (той 9) => а2 = 1 (той 9), Ь2 7 (той 9),
аЬ=±4 (той 9), тоді й а2 +аЬ+Ь2 =3,4 (той 9).
а ±2 (той 9), Ь ±4 (той 9) а2 4 (той 9), Ь2 = 7 (той 9),
аЬ ж ±1 (той 9), тоді й а2 + аЬ+Ь2 ж 1,3 (той 9).
Крім того, очевидно, що обидва значення а, Ь — парні.
Нехай а = 6т, Ь = 6п, тоді матимемо,, що тг+тп+п2 =28.
Звідси знову отримаємо, що ш, п — парні, тому т = 2х, п = 2у
і х2 + ху+у2 = 7. Якщо тепер розглянути це рівняння як квадрат-
не відносно у, то матимемо рівняння у2 +ху+(х2 ~~7)-09 дискри-
мінант якого має бути невід’ємним: Р = х2 ~4(х2 - 7) = 28-Зх2 > 0,
тобто х2 є {0,1,4,9}. Оскільки а = 12х > 0, Ь = 12у < 0. Розгляне-
мо ці випадки.
х2 - 0 => у2 = 7 — цілих розв’язків немає.
х2=1 => у2+#-6 = 0 => #і=2 та #2=-3. Тоді умову задоволь-
няє лише #2 = —З => & = -36 та а = 12. Тоді с = -а-Ь = 24>0 —
суперечність.
х2=4=> у2 +2#-3 = 0=>#1 = 1 та #2=-3, Тоді умову задоволь-
няє лише #2 =—3 => 6=-36 та а = 12х = 24. Тоді с = -а - Ь =
= 12 > 0 — суперечність.
х2=9 => #2+3#+2=0 => #і=-1 та #2=-2. При #г=-1=>
=> д = -12 та а - 36. Тоді с = -а - Ь ~ -24 <0 — маємо розв’язок.
При #5 =-2 => Ь = -24 та а = 36. Тоді с = -а - Ь = -12 > Ь — супе-
речність.
176
9 клас
1 (118). Відповідь: 8^33 ‘ 34=1122.
Розв'язання. Розглянемо загальний випадок, колид = Зк + 1.
Пдкажемо, що шуканий мінімум 8 = 2 (1 + 2 + ... •+ к) = к (к + 1).
Лема. Якщо 2к попарно різних натуральних чисел розбито
напари (и;,уу), и/<р/, ]~19к9 то о1^...+ок >2(1+...+&).
Доведення проведемо ММІ по к. База індукції очевидна.
Нехай твердження доведено для к ~ 1. Розглянемо числа
для деякого к. Переставимо числа таким чином, щоб
ук =тах{і>1,...? ок}. Розглянемо всі числа без пари (ик9ок).
Тоді для всіх інших пар за припущенням індукції справ-
джується умова п1+... + р%_1 >2(1+...+(&-!)). Оскільки
ок — найбільше значення серед усіх 2к натуральних чи-
сел, то для нього очевидна оцінка ок > 2к9 звідки й випли-
ває твердження леми.
Тепер перейдемо до розгляду перестановки (аг, а2,..., а3/еИ)
чисел (1,2,..., Зк +1}. Розділимо їх на к трійок 7} =(азу_2, аЗІ_19 а3і)9
7=1, к9 і число азл+і. Позначимо через и;. та —найменше та
середнє число в кожній трійці Тг Усі ці числа різні, тому
Рі+^.+Рд >2(1+...+&), і всі ці числа є жовтими та попарно різ-
ними. Тому 5>2Д.+...+&)- бо жовтими можуть бути ще якісь
числа.
Наведемо приклад, для якого 8 = 2(1 + ... + к). Це досягається
в разі такої перестановки:
(Зк + 1, 1, 2, 2к + 1, 4, 3, 2к + 2, 6, 5, 2к + 3, ...,
2к - 29 2к - 3, Зк - 1, 2к, 2к - 1, 36).
2. Див. розв’язання задачі 8-3 (116).
3. Див. розв’язання задачі 8-4 (117).
4(119). Відповідь: п2-1.
Розв'язання. Оскільки да Ь ділить кожне із чисел па + Ь та
пЬ + а, а тому й числа
и ~ па + Ь + пЬ + а = (п + 1) (а + Ь) та
V = па + - пЬ - а = (п - 1) (а - Ь),
то НСД ділить числа
(п-1)и+(п+1) о = 2(п2~1)а та (п-1)и--(и+1) р==2(п2-1)&.
Звідси да Ь ділить 2 (л2- 1), бо числа а, Ь — взаємно прості.
Покажемо, що - да (1 *2(пг-1). Припустимо, що ла + 6 =
= 2(п5-1)й та пЬ+а~2 (п2-1) 19 де числа к9 І — взаємно прості.
Якщо тепер із цих двох рівнянь знайти а9 Ь9 то матимемо:
177
-п2а-пЬ--2 (п2 -1) кн
пЬ+а = 2(п2-1)1
[а = 2(пк~1),
\Ь = 2(пІ-к).
9 => а (1-п2) = 2(іг -1)(1 -кп)
Отримали суперечність з тим, що ці числа взаємно прості,
оскільки обидва парні.
Таким чином, <(п2 -1). Покажемо, що для деяких а, Ь це
значення досягається: при взаємно простих а = п (п - 1) - 1, Ь = 1
і па+Ь~(п-1)(п2-1) та пЬ^а = п2-1.
10 клас •
1. Див. розв’язання задачі 9-1 (118).
2 (120). Розв'язання» Позначимо стандартним чйном через а, 0, у
кути трикутника АВС» Центр кола к лежить на перетині бісек-
трис кутів СВЬ і ВСМ» Нехай ці бісектриси перетинають відрі-
зок у точках Рг, $ (рис. 3.18). Оскільки ^КВР’~і\ЬВР\ то
/РР'КВ - ЛВЬР' = ХЛРМ. Трикутник АЬМ рівнобедрений, тому
ХАМР' = ХАМЬ - ЛАЬМ = ЛР'КВ = 180° - /.Р'КС»
Звідси випливає, що чотирикутник МСКР' вписаний. Оскіль-
ки МС = КС, то ЛМР^ЛКР'С. Крім того, гКР'В = ЛЬР’В.
Звідси випливає, що
180° = АМР'С + гКР'С 4 АКР'В 4- ЛЬР'В =
= 2 (21КР*С 4- ЛКР'В) = 2 ЛСР'В,
тобто АСР'В=90°. Інакше кажучи, точка Р’ лежить на колі
з діаметром ВС; Отже, Р = Рг і ^~^,9 звідки й маємо потрібне.
Рис. 3.18
178
3. Див. розв’язання задачі 9-4 (119).
4 (121). Відповідь: /(х)~±х.
Розв'язання. Позначимо: і = / (0). Позначимо рівність з умо-
ви через (1).
Покладемо в рівності (1) х == у = 0: /(0 = 0.
Покладемо в рівності (1) у = і: /(х3) = х2/(х)+^
Покладемо в рівності (1) х = і, у = 0:
/а3 + 0 = 0.	’	(2)
Покладемо в.рівності (1) х = у = і:
Покладемо в рівності (1) х = і, у = і3:
?(і3 + і) = і3.	(3)
З умов (2) і (3) і = 0, тоді одну з умов перепишемо такйм чи-
ном: /(х3) = х2/(х).
Покладемо в рівності(І) х = 0: / (/ (х)) = х.
Покладемо в рівності (1) у = /(у): /(х3 +'у) = х2/(х)+/(у) = /(х3) +
+ /(!/)•
Оскільки остання рівність справджується V х є В, то
/(х + У) = 7(х) + ї(у), /(/(*)) = х.
Оскільки /(х3) = х2/(х), то покладемо сюди х = х + 1:
/(х8 + 3х2+3х+1) = (х2 + 2х+1)/(х+1).
Скористаємось адитивністю: .
/(х8)+3/г(х2)+3/(х)+7г(1)~
= х2/(х) + 2х/(х) + /(Х)+х2/(1)+2х/!(1)+/(1) =>
=> 3/(х2)+2/(х) = сх2 + 2схч-2х/?(х).	(4)
Знову покладемо в останній рівності х = х + 1:
3/?((хн-1)2)+2/(х+1) = с(хіг1)2 + 2с(х+1)+2(х+1)/(х+1) =>
=> 3/?(х2)+6/?(х)+Зс ч-2/(х)+2с =
= сх2 + 2сх+с+2сх+2с+2х/(х) + 2хс+2/(х)+2с =>
=> 3/(х2*)+6/!(х) = сх2 + 6сх+2х/(х).	(5)
З рівностей (4) і (5) маємо, що /(х) = сх. Підставимо це в рів-
ність (1) та отримаємо, що умову задовольняють значення с = ±1.
11 клас
1. Див. розв’язання задачі 10-2 (120).
2 (122). Відповідь: р = 5.
Розв'язання. Нехай а = Д, £ = де ш — найменший можли-
іи IV
вий спільний знаменник дробів а і Ь. Таким чином, з = —
П IV
Зрозуміло, що всі дільники числа п є дільниками й числа ія. По-
кажемо, що іо не ділиться наділо ні на 2, ні на 3. З умови
а+Ь = а2 + Ь2 випливає, що и2 + V2 = ія(и+V).
179
Якщо и>: 3, то з умови (и2 + V2): 3 => и9 V : 3, - а це суперечить
мінімальності и>.
Якщо їй : 2, то (и2 + р2) : 2, а це означає, що и, V — числа од-
накової парності, але тоді и + и : 2 => (и2 + V2): 4 => и, V : 2, що
знову суперечить мінімальності ш.
2
Залишається дібрати відповідний приклад. Нехай а=~,
5
,6	,8	2	4 + 36 8 о 8
Ь = - => а + & = --та а +Ь =--= - => 5 = -, р = 5.
5	5	25	5	.5
З (123). Відповідь’. 13.
* Розв'язання. Покажемо, що треба більше ніж 12 спроб, а та-
кож,- як за 13 спроб гарантовано вгадати код.
Спочатку покажемо, що має вистачити 13 спроб.
Алекс ставить перші десять запитань такі: 000, 111, ..., 999.
. Серед відповідей на ці запитання буде не більше як шість «НІ».
Якщо одержано одну відповідь «ТАК», то код знайдено.
Якщо одержано дві відповіді «ТАК», то нехай це відбулося
при кодах ааа та ЬЬЬ. Виберемо цифру х*а,Ь. Тоді три постав-
лені запитання ахх, хах та хха гарантують, що буде вгадано
положення цифри а в коді, інші позиції будуть за цифрою Ь.
Якщо одержано три відповіді «ТАК», то нехай це відбулося
при кодах ааа9 ЬЬЬ та ссс. Тоді всі три цифри коду різні. Виберемо
цифру х ф а9 Ь, с. Два запитання ахх та Ьхх гарантують вгадуван-
ня першої цифри, наприклад цифри Ь. Тоді запитання хах гаран-
тує вгадування другої цифри, а тому автоматично й третьої.
Тепер покажемо, як має не вистачити 12 спроб.
Припустимо, що за перші шість спроб отримано відповідь
«НІ». Тоді на кожну цифру маємо щонайменше чотири варіанти
цифр. Отже, щоб угадати решту цифр, треба набрати мінімум
43=64 коди.
Якщо наступне запитання поставити з • неможливих цифр
(за підсумками попередніх відповідей), то відповідь буде «НІ»,
і залишається мінімум 43 = 64 коди.
Якщо для наступного запитання Алекс використовує одну
можливу та дві неможливі цифри, то він отримає відповідь
«НІ», і тоді треба вгадати ще 48 кодів.
Якщо для наступного запитання Алекс використовує дві мож-
ливі та одну неможливу цифру, то він отримає відповідь «НІ»,
і треба вгадати, ще 36 кодів.
Якщо в наступному запитанні Алекс використовує три мож-
ливі цифри, то він отримає відповідь «ТАК», і треба вгадати ще
37 кодів.
180
. Далі застосуємо такі міркування. У разі кожної наступної
спроби відповіді «ТАК» і «НІ» — альтернативні, тому одному
із цих варіантів відповідає принаймні половина ще не вгаданих
кодів. Цю відповідь і будемо використовувати для спроб. Та-
ким чином, після першої з п'яти спроб, що залишилися, треба
буде розгадати ще принаймні 18 кодів (для інших варіантів
іще більше), після другої спроби — 9, після третьої — 5, після
четвертої — Зі, нарешті, після п'ятої спроби доведеться вга-
дати два коди, тобто гарантовано визначити шуканий код не
вдасться.
4. Див. розв’язання задачі 10-4 (121).
Розділ 4
IV (ЗАКЛЮЧНИЙ) ЕТАП
ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ МАТЕМАТИЧНОЇ ОЛІМПІАДИ
ІЛЛІІ Всеукраїнська математична олімпіада
Перший день
8 клас
1 (124). Відповідь', не може.
Розв’язання. Якщо додати ці дві рівності, то отримаємо рів-
2
ність 4 + х = 2а4, якщо відняти від другої першу, то х-4 =—.
а
Далі маємо: <х + 4) (х-4) = ~ • 2а1 =8. Нас цікавлять цілі, зна-
а '
' чення х, тому кожний із виразів х 4- 4 та х - 4 має бути цілим.
Оскільки ці два числа однакової парності та (х-4)2 — квадрат
цілого числа, то мають виконуватися рівності х + 4 = 2 та
(х-4)2 =4. Але одночасно це неможливо. Отже, шуканого зна-
чення х не існує.
2 (125). Відповідь; а) так; б) ні.
Розв'язання. • а) Відповідний при- “
клад наведено на риє, 4.1.	1 “ 1 ..
б) Розглянемо квадрат найменшого
розміру. Він не може бути на межі
прямокутника (риє. 4-2), так само	І
не може бути всередині одного
з решти квадратів, тобто можливе.	Рис. 4.1
181
розташування інших чотирьох квадратів навколо найменшо-1
го лише таке, яке наведено на рис. 4.3. Далі, якщо АВ — ’
сторона найбільшого квадрата, то для того, щоб точка В не
була вершиною зовнішнього прямокутника; вона має бути
розташована на середині сторони. Однак тоді квадрат по-
винен бути зі стороною СВ > АВ — одержана суперечність
завершує доведення.
З (126). Відповідь-. 992.
Розв’язання. Спочатку припустимо, що число п = р1Ш1...р^/;, де
рр і = 1, к, — попарно різні прості числа, а ті — натуральні,
і=1, к. Далі випишемо всі впорядковані пари чисел (а, Ь), для
яких [а, 6] = п. Тут немає умови а < б, тому пари чисел (а, Ь) та
(Ь9 а) при а £ Ь вважаємо різними. Якщо а = р*1.. .р^к та
Ь-р^...рькк9 то для виконання умови [а, д] = п необхідно та до-
статньо, щоб V/-!, к	Тоді можливі такі варіанти
пар (ар 6,)':
(0,^), (1, тД ..., (тт^-І,/^), (тПр/пД
(Пір 771,-1), (77^,771,-2), ..., (7П,,0).
Усього тут 2т, +1 варіант. Отже, загалом таких упорядкова-
них пар чисел буде рівно # ~(2ті+1)... (2тЛ.+1), а шуканих
пар, для яких а < Ь9 буде рівно -(#-1). Дійсно, з усіх обчисле-
2
них пар треба прибрати пару (я, и), а також із кожних двох пар
(а, Ь) та (Ь, а) потрібно залишити одну. Таким чином, треба зна-
йти найбільше трицифрове натуральне число, для якого
2	~ ж І®* Тоді № ~ 68.» тому можливі два варіанти: # = 2*16+1
або # = (2-5+1) (2-1+1).
У першому випадку для деякого простого р* виконується умо-
ва д = р1в > 2ге > 999.
182 .
У другому випадку отримуємо: п - де р, д — різні прості
числа. Оскільки б5 >999/ то р = 2 або р = 3. Для р = 3 маємо:
З5 =243, тому шуканим числом Може стати лише З5-2 = 486,
оскільки вже З5 -5>999. Для р = 2 маємо: 25 =32, тому шука-
ним числом може бути максимальне трицифрове число вигляду
25 • р, де р > 2 — просте. Оскільки 1000:25 =31,25, то зрозумі-
ло, що шуканим є число 25 • 31 = 992.
4 (127). Розв'язання. Нехай 2" — друга точка перетину кола ю
з прямою'ВС, тоді — діаметр кола IV (рис. 4.4). Дійсно, якщо
К = 2, то коло їй дотикається до сторони ВС, тому, оскільки
АК ± ВС, центр кола IV належить висоті АК. Якщо К *.2, то
2АК2 = 90°, А2 — діаметр кола IV. Тоді ХАМ^ = 90°.
Нехай пряма М2 удруге перетинає описане коло трикутни-
ка ХАН у точці В, тоді 2АМВ = 90°, а 28НА = 28МА, тому
8Н ±АН. Звідси випливає, що АХЦ8НЦВС і ХАН8 — прямо-
кутник. Отже, АХ* = 8Н. Далі зауважимо, що. СН ± АВ. Крім
цього, 2МІАВ, тому НС\\82. Тоді 8НС2 — паралелограм,
а тому 8Н = 2С. Отже, АХ = 82. Аналогічно АХ = В2, звідси
XX = ВС. .
183
9 клас
1	(128). Відповідь*. не справдилося б.
Розв'язання. Мінімальна кількість балів/яку можна було на-
брати, — 0, максимальна — 56. Розглянемо такі проміжки в ба-
лах: [0; 1], [2; 3], [4; 5], ..., [54; 55] та 56 балів. Якщо хоча б в один
із цих проміжків потрапляє принаймні троє учнів, то твердження
доведено. Якщо такої ситуації не виникає, то в кожному із цих
проміжків не більше ніж двоє учнів, Усього проміжків 29, тому
в олімпіаді мали взяти участь не більше ніж 58 школярів. Одер-
жана суперечність завершує доведення першої частини.
Тепер доведемо другу частину. Якщо рівно по два учасники
набрали по 0, 2, 4,	56 балів, то немає трьох, різниця чиїх ре-
зультатів не перевищує 1 бала, і тоді всього учасників рівно 58.
2	(129). Відповідь*. 8П1&Х =1200, 8Шп =800.
Розв'язання. Розіб’ємо дні квітня на п’ять •'Проміжків. Не-
хай з 1 по 5 квітня Андрій прочитував у середньому по х сто-
рінок, із 6 по 10 квітня — у середньому по а сторінок, з 11 по
20 квітня — у середньому по с сторінок, з 21 по 25 квітня —
у середньому по Ь сторінок, а з 26 по ЗО квітня — у середньому
по у сторінок.
- Тоді справджуються такі рівності:
5х-і-5а + 10с	5а + 10с + 55	10с+55 + 5у
	=20, 	= 30, 	- = 40< або
20---------------------------------20-20
х 4- а -І- 2с = 80, а + 2с + Ь = 120, 2с + Ь + у - 160.
Загальна кількість сторінок, що прочитав Андрій, визнача-
ється як сума:
8 = 5х 4- 5а + 10с 4- 55 4- 5і/ = 5(х 4- а 4- 2с 4- Ь 4- у) =
= 5((х 4- а 4- 2с) 4- (2с 4- 5 4- г/) - 2с) = 5(240 - 2с).
Отже, кількість сторінок у книжці максимальна, коли зна-
чення 2с найменше, і відповідно кількість сторінок мінімальна,
коли 2с буде найбільшим.
•	Випадок максимального 8, або мінімального 2с. Оскільки
с>0, то спробуємо дібрати можливі значення змінних для
с = 0. Тоді маємо умови:
х 4- а = 80, а 4- Ь = 120, Ь 4- у = 160.
Один із можливих варіантів — при а = 0, тоді х = 80, Ь = 120,
у = 40. Отже, максимальна кількість сторінок дорівнює:
8^=1200.
•	Випадок мінімального 8, або максимального 2с. Оскільки
х 4- а 4- 2с = 80, то 2с <80. Спробуємо дібрати можливі зна-
чення змінних для с = 40. Тоді маємо умови:
х 4- а = 0, а 4-5 = 40, 5 4- у = 80.
Один із можливих варіантів — при а = х = 0, тоді 5 = у = 40,
Таким чином, мінімальна кількість сторінок дорівнює: 8тіп =800.
184
З (130). Розв'язання, Помітимо, що прямокутні трикутники ВМ1У
та ІРЖ рійні за гіпотенузою та гострим кутом (ІЖ = ВЖ за тео-
ремою про трилисник (рис. 4.5),. ^ЖІР = ^МВЖ = ~/А). Отже,
ЖР ~ МІУ, Оскільки точки П, В, М, Ж лежать на колі з діаме-
тром ВЖ, то
/(Мї¥, ЖІІ) = ^(МВ, ВИ) = ДСВ, ВА).
Рис. 4.5
Зрозуміло, що тоді /МЖР = /АВС, Оскільки трикутник МЖР
рівнобедрений, то
2£ЖЛЇР=і(90°- £В) = 45а--ЛВ.
2	2
Через не /РМВ--^ /В, Легко побачити, що РМ\\ВІ. Нехай Р —
точка перетину прямих СІ та РМ, Тоді в трикутнику ВІС відрі-
зок, МР паралельний стороні В1 та проходить через середину М
сторони ВС, Звідси випливає, що МР — середня лінія трикутни-
ка ВІС, .а отже, точка Р — середина відрізка СІ,
4 (131). Відповідь: п — усі числа, що мають рівно чотири дільники,
тобто числа типу п = р#, де р, д — прості числа; п = р3, де р —
просте; числа типу п -2 • р * (р+2)6"1, де р, р + 2 — прості числа,
Ь — натуральне.
Розв'язання, 3 умов задачі випливає, що	• 4 ~(і2 •	-п.
Використовуючи цю рівність та першу рівність з умови, можна
переписати другу рівність умови таким чином:

п п пїсі+сі) пІЇа	, ^ь_а
—+ —= ——£1 =------ або	\
^2
185
Крім, того, якщо Ь = а, то +с/2 = № =	+<3Р звідки
=^-і» ^2 =<^г Отже, шукане число має всього чотири дільники
або рівно два власних дільники. Існують два типи таких чисел:
п = рд, де р, ц — прості числа, або п = р3, де р — просте; тому
далі можна проаналізувати лише числа Ь > а.
Розглянемо два випадки.
Випадок 1. Нехай N — непарне число. Тоді з рівності
= № маємо, що сума +	— непарне число, тому серед
цих дільників рівно один парний, другий — непарний. Звідси
очевидно, що ^=2, оскільки це найменший парний дільник.
Отже, д2-№ -2 має бути простим числом. Нехай	=№ --2 = р,
тоді	= р + 2. Таким чином, п - 2 • р •	а.
а)	Якщо N — не просте число та Лг<р-ь2, то воно має про-
стий дільник ^^р+2.' Очевидно, що а тому д < р. Але це
означає, що при Ь > а число п == 2 • р •	‘а ділиться на г/ < р ~
а тому число р не може бути дільником д2. Одержали суперечність.
б)	Якщо N — просте число, то при а > і з рівності № =р+2
випливає, що N <р + 2, тому воно є власним дільником числа п,
меншим від р, що неможливо. Таким чином, а - І, тобто числар
'та N = р + 2 пара простих чисел-близнюків, і тоді
матимемо, що число п = 2 • р • (рч-2)61 є розв’язком. Дійсно,
гіі_1=2(р+&)*~1, <ї/=р(р + 2)й1 і	=2(р4-2)/'~1 + р(р4-2)&~1 =
= (р + 2)ь=?/6.
Випадок 2. Нехай Аг — парне число. Оскільки л	то
п також парне, тобто	= 2.	-
Далі, оскільки ~ 2, то д2 =? 4 через те що сума двох наймен-
ших дільників є парною. Тоді № =6, тож N = 6, а = 1, звідси
п =2 • 4 • б6-1. Якщо Ь > а - 1, то число 3 є дільником числа п,
тому д2 =3 — суперечність. Звідси & = а = 1.
Підсумовуючи одержане, маємо наведену відповідь.
10 клас
1(132). Відповідь:	х = 2и’\ р = 3*2? 3, р = 2, п=’1.
Розв'язання. Перше рівняння перепишемо у вигляді 25x4
+ 5р = 5р* і віднімемо від нього друге рівняння: 24х = рк (5-рп).
Звідси зрозуміло, що 5-рл >0, тоді маємо лише такі випадки.
Випадок 1. р = 1, пеН. Очевидно, що 5х+р>6, а тому
розв’язків немає.
Випадок 2. р - 2, п - 1. Тоді маємо .рівність 24х=2л -3 або
х = 2л-3. Отже, £>3. Тоді з першого рівняння ^ = 2А-5-2й‘3 =
= 3 • 2*"3. Неважко переконатися, що ці величини задовольняють
186
і друге рівняння. Таким чином, для довільного &>3 розв’язком
є такий набір чисел: х = 2*~3, у = 3 * 2й"8, р ~ 2, п ~ 1.
Випадок 3. р = 2, п = 2 або р = 4, п. - 1< Тоді маємо рівність
24х = 2\ і тому розв’язків немає.
Випадок 4. р = 3, п = 1. Тоді маємо.рівність 24х«3* * 2, і тому
розв’язків немає.
2 (133). Розв'язання. Нехай Аг — точка,
симетрична точці А відносно прямої ВК
(рис. 4.6). Спершу отримаємо:	=
== АВАК = АВСК, звідки чотирикутник
ВАуСК — вписаний. Тоді
ХА^В = ХАх КВ = ААК.В -
=2 гВСА = ЛМВС = АМСВ,
звідси отримуємо, що точки С, А., М
лежать на одній прямій.
Рис. 4.6
З (134). Відповідь*, а), б) перемогу може забезпечити собі той, хто
проводить розрізання.
Розв'язання, а). Покажемо, як Олеся має розрізати торт, щоб
перемогти. Позначимо вагу торта через М. Вона розрізає його
на три сусідніх шматочки вагою ~М (важкі), решта шматоч-
3
ків має нульову вагу (легкі). Перенумеруємо шматочки за ру-
хом годинникової стрілки І, 2,	4п. Зрозуміло, що шматочок
за номером 4п сусідній зі шматочком за номером 1. Нехай важ-
кими є шматочки 4п - 3, 4п - “2 та 4п - 1. Андрій не може
розпочати з жодного з.п’яти шматочків: 4п - 4, ..., 4п, оскіль-
ки інакше Олеся першим своїм ходом вибере два важких шма-
2	1
точки та отримає разом -М > -М, Тому Андрій вибирає будь-
З	2
який інший шматочок. Далі очевидно, що той, хто візьме
принаймні один із двох шматочків — 4п - 4 чи 4п (.навіть
якщо разом з одним із важких шматочків), програє, оскільки
супротивник точно може після цього ходу взяти два важких
шматочки та забрати більше ніж половину торта.
Отже, Андрій та Олеся мають ходити в секторі між шматоч-
ками 1 та 4п - 5. Зрозуміло, Що після Андрієвих ходів буде
забрано 4п + 1 шматочок, а після Олесиних — 4п 4- 3 шма-
точки. Таким чином, після заповнення повного сектора між
шматочками 1 та 4п - 5 буде хід Андрія, і тому він програє,
б) Покажемо, як Андрій має розрізати торт, щоб перемогти. Зно-
ву перенумеруємо шматочки від 1 до 4п, знову три шматоч-
1
ки — важкі, вагою по -АГ, а решта шматочків — легкі,
187
нульової ваги. При цьому важкими робимо шматочки за но-
мерами 1, 3, 5. Далі Андрій першим ходом бере шматочок З,
а другим ходом так само ще один важкий шматочок і наби-
2	1
рає разом -М>-М:
З	2	,	.
Залишається в точності задовольнити умови задачі: щоб усі
шматочки мали попарно різну ненульову вагу. Для цього
в пункті а) зробимо малі шматочки:, наприклад вагою
------4------М, г=1;4п-3, тоді їхня сума становить:
5(4п-3)(4л-2)
1------------2	__	4л-3
	М+---	-М + ., .4	М =
5 (4п - 3) (4л - 2)--------------------5,.(4п - 3) (4п - 2)-5 (4п - 3) (4л - 2)
10 (4п>-3)-(4п-2)	10
* 29 зо	31
Великі шматочки виберемо вагою — М, --------М та ----М.
100 . 100	100
Порядок шматочків не має значення. Такий самий розподіл
шматочків за вагою в пункті б), тільки за умови, що 3-й шма-
30	’
точок має вагу —
100
4 (135). Відповідь: /(х) = 0.
Розв’язання. При у - 0 з умови маємо, що / (/ (х) 4- / (0)) = 0.
для довільного.х, а отже, існує таке а, що / (а) = 0. Таким чи-
ном, /(/(0)) = 0 при х = а. Далі, при х = у = 0 випливає, що
/ (2/ (0)) = 0, а при х = у = / (0). матимемо:
(/(/(0)) + /(/(€»)> = /2 (0) / (2/(0)) = 0,
тобто /(0) = 0 і /(/ (х)) = 0 ДЛЯ ДОВІЛЬНОГО X.
Підставимо у = / (у) в умову, тоді
*Г(у) Г(х 4- /(у)) = ?(/ (х) 4- /(/ (у))) = / (/(х)) - о,
звідки х/(у) /(х 4- /(у)) = 0 для довільних х та у.
Припустимо, що £(у0)^0 для деякого ур>0. Підставимо
У = Уо~х, тоді
/(/(*)+/(у0 -х))=,х(у0 -^)/(У0)‘
Вираз у правій частині пабуває довільного значення на від-
О-ЛуІЇЇУо)
4
різку
тому множина значень функції / вклю-
чає цей відрізок. Звідси випливає, що існує деяке х0 таке, що
/(*о) = тіпЕ&>>|Уо№о) • 3 рівності _г/ (у) { (х + / (у)) = 0 при
у = х0 і х = уо-/(хо)>О маємо, що /(хо)/(уо) = О, а це неможли-
во. З отриманої суперечності випливає, що / (х) = 0 для довільно-
го ХЄ[0, 4-оо).
188
11 клас
1	(І36). Відповідь-. (7, 13, 25), (25, 7, 13), (13, 25, 7).
Розв'язання. Запишемо ці умови у вигляді такої системи:
існують натуральні числа А, тп, п, для яких справджуються рів-
ності:
2а - 1 = кЬ9 2Ь - 1 = не та 2с ~ 1 = та.
Очевидно, що всі числа к9 т9 птаа,Ь, с — непарні.
Тоді матимемо:
_ 2а-1	ч 4а-2	4а-2-к
Ь =----=> 25-1 =------1 = пс => с =-----=>
к	к	кп
8а-4-2£ *	-	.	‘
=> 2с-1 =--------1 = та => 8а-4-2к-кп=кпта =>
кп
4+2к+кп
=> а = —------.
8-кпт
Тепер зрозуміло, що мас справджуватися нерівність кпт < 8.
Тому із симетричності умов і непарності чисел к9 т9 п виплива-
ють такі можливі варіанти (з точністю до циклічності).
Варіант 1. к = т = п = 1. Тоді матимемо: с=25-1 => а = 2с-1 =
= 45-3 => 5 = 2а-1 = 85-7 => а = 5 = с=1, але числа а, Ь9 с
бути попарно різними.
Варіант 2. & = 3, тп = п = 1. Тоді матимемо: с = 2Ь -1 => а = 2с -1 =
= 45-3 => 35 = 2а-1 = 85-7 => 55 = 7 — суперечність, оскільки 5 —
неціле.
Варіант 3. к = 5, т-п-1. Тоді матимемо: с=25-1 => а-2с-1 =
= 45-3 => 55 = 2а -1 = 85 - 7 35 = 7 — суперечність, оскільки 5 —
неціле.
Варіант 4. к = 7, т = п = 1. Тоді матимемо:
с = 25-1 => а = 2с-1 = 45-3 => 75 = 2а-1 = 85-7 =>
=> 5 = 7	с = 13, а = 25 —
ця трійка задовольняє умову.
2	(137). Відповідь*, так.
Розв'язання. Нехай точка И — середина відрізка Х¥9 а точки
ЛГі Т — середини відрізків АВ і АС відповідно (рис. 4.7). Оскільки
за умовою АХ = ХС9 а АХ = ВУ, то ХТ і У# — серединні перпен-
• дикуляри до відрізків АС і АВ. Тоді трикутники ХТХ і Х#У пря-
мокутні, тож XX = ХІЇ = ХТ = 2У, оскільки медіана прямокутного
трикутника, проведена до гіпотенузи, дорівнює її половині. Інак-
ше кажучи, точка X рівновіддалена від точок N і Т. Також
N7II ВС, оскільки — середня лінія трикутника АВС. Відрі-
зок МТ теж є середньою лінією трикутника АВС, тож МТ = ^АВ.
ХН = —АВ як медіана, проведена до гіпотенузи в прямокутному
2
трикутнику. Отже, НМТМ — рівнобічна трапеція. Тоді її основи
189
мають спільний серединний перпендикуляр. Ми довели, що точ-
ка 2 належить серединному перпендикуляру N7. Отже, вона на-
лежить і серединному перпендикуляру НМ.
3	. Див. розв’язання задачі 10-4 (135).
4	(138). Відповідь: Олеся перемагає для всіх п&{2; 4},.
Розв’язання. Застосуємо метод малих коливань. Якщо ми ка-
жемо, що деякі шматочки та $2 мають вагу 1 та 1, то це озна-
чає, що насправді їхні ваги відрізняються від 1 на настільки
малі величини та є2, які не впливають на остаточний висно-
вок розподілу ваг. Наприклад, -1+^=1+10-10, з2=1+£2 =
= 1-10 10. Сумарна вага торта М дорівнює сумі ваг усіх розгля-
нутих шматочків. Перенумеруємо шматочки за рухом годинни-
кової стрілки: 0, 1, -2, ..., 2 л - 1; при цьому шматочок за номе-
ром 2л - 1 — сусідній зі шматочком 0, а найменший за вагою
шматочок має номер 0. Без обмеження загальності можна вва-
жати вагу цього шматочка рівною 0; зміст задачі не зміниться,
якщо всі шматочки торта ми зменшимо на вагу найменшого.
Розглянемо значення, яких.може набувати л.
•	Якщо л = 2к 4- 1 > 1, то маємо такий розподіл ваг. Шматоч-
ки л-1,л та л+1 мають вагу 1, інші — вагу 0. Тоді після
першого ходу Олесі Андрій не зможе взяти ненульові шма-
точки. Поки своїм ходом Андрій не візьме шматочок п - 2 чи
л + 2, Олеся робить свій хід так, щоб сектор узятих шматоч-
ків був симетричним відносно сектора за номером 0. Якщо
Андрій бере своїм ходом один зі шматочків — л-2чил + 2,
190
то який би інший шматочок він не взяв, Олеся зможе взяти
два шматочки вагою 1 і переможе.
•	Якщо 2и = 4/г>12, то розподіл ваг такий. Шматочки за номе-
рами 2п - З, 3 та 5 мають вагу 1, усі інші — вагу 0.
Тоді, якщо Андрій першим ходом бере шматочки 2п — 1 та
2л " 2, то Олеся забирає шматочки за номерами 2п - 3 та 1,
тобто один із трьох шматочків вагою 1. Якщо Андрій другим
ходом не візьме шматочок за номером 3, то його візьме Олеся
та переможе. Якщо він візьме цей шматочок, то Олеся може
взяти шматочок за номером 5 і перемогти.
Якщо першим ходом Андрій візьме шматочки 2п - 1 та 1, то
Олеся забере шматочки за номерами 2п - 2 та 2п - 3, тобто один
із трьох шматочків вагою 1. Якщо Андрій другим ходом не візь-
ме шматочок за номером 3, то його візьме Олеся та переможе.
Якщо він. візьме цей шматочок, то Олеся може взяти шматочок
за номером 5 і перемогти.	*
Якщо перший хід Андрія — шматочки 1 і 2, то Олеся заби-
рає шматочки за номерами 2п - 1 та 3, тобто один із трьох шма-
точків вагою 1. Якщо Андрій другим ходом не візьме шматочок
за номером 2п - 3, то його візьме Олеся та переможе. Якщо він
візьме цей шматочок, то Олеся може взл*ги шматочок за номе-
ром 5 і перемогти. Таким чином, Олеся перемагає.
Зрозуміло, що цей алгоритм не працює для 2п - 4 та 2п = 8.
Розглянемо їх окремо.
•	Якщо п = 2, то очевидно, що своїм першим ходом. Андрій ви-
бере два найбільших шматочки та переможе.
•	Якщо п = 4, то маємо всього 2п-~ 8 шматочків. Покажемо, що
Айдрій завжди переможе. Тут під числом, що позначає номер
шматочка, будемо також розуміти, що це його вага при по-
рівняннях. Позначимо через (к ~ 1, к, к Ч- 1) найменший за
вагою шматочок, [к - 1, к 1-1] — найбільший, а {&- 1, к,
к + 1} —- середній.
Можемо вважати, що 1 + 2 >6 +7. Нехай Андрій бере першим
ходом 1 + 2 і не перемагає. Це означає, що Олеся могла взяти
набір шматочків 6 + 7, 3 + 7 або 3 + 4 та перемогти. Розглянемо
всі ці випадки.
•	Випадок 6 + 7 очевидно призводить одразу до суперечності.
Дійсно, оскільки 1 + 2 >6+7, а далі Андрій вибирає набори
шматочків [3, 4, 5] Ч- {3, 4, 5}, то Олесі дістається набір шма-
точків (3, 4, 5) — очевидно, що Олеся програє.
•	Якщо перемогу приносить хід Олесі 3 + 7, то це означає, що
має місце нерівність
• .	34-7+(4ї5,б)>ім>1 + 2+(4>5,6]+{4,5,6}.	(1)
191
Тоді Андрій своїм першим ходом бере не шматочки 1 + 2,
а шматочки 6 + 7. Далі очевидно, що він зможе взяти наступ-
ним Ходом пару шматочків, серед яких буде шматочок 3 (Олеся
до нього точно не дотягнеться). Тоді Андрій матиме принаймні
такий набір шматочків: 6 + 7 + 3 + (2, 4), Оскільки
6+7+3+(2,4)>3+7+(4.5,6)>-М,
2
то Андрій перемагає.
•	Якщо перемогу приносить хід Олесі 3 + 4, то це означає, що
має місце нерівність
3 + 4+(5,6,7)>ім>1+2+[5,6,7]+{5,6,7}.	(2)
•	Якщо Андрій першим ходом зіграє 6 +. 7, то Олеся не зможе
взяти шматочки 1 + 2 та 1 + 5, оскільки тоді Андрій набере
виграшну комбінацію: 3+4+6 + 7>3+4+(5,6,7)>-М. Таким
2
чином, Олеся має виграти комбінацією 4 + 5, а звідси справ-
диться така нерівність:
4+5 ЦІ, 2,3)>ім>6+7+[1,2,3]+{1,2,3}.	(3)
2
Якщо Андрій першим ходом зіграє 1 + 7, то Олеся не зможе
ходити 5 + 6 та 2 +6, оскільки тоді Андрій набере, виграшну
комбінацію 3+4+1+7 > 3+4 + (5,6, 7) > - М. Таким чином, Олеся
2
виграє комбінацією 2 + 3, а звідси має справджуватися така не-
рівність:;
2+3+(4,5,6)>—М>1+7+[4,5, б]+{4,5,6}. ,	(4)
*	2
Якщо додати два останніх співвідношення, то отримаємо су-
перечність:
2 + 3 + 4 + 5 + (1, 2, 3) + (4, 5, 6) > 1 + 6 + 7 + 7 +
+ [1, 2, 3] + {1, 2, 3} + [4, 5, 6] + {4, 5, 6},
оскільки 2+З С [1,2,3]+{1,2,3}, 4+5 < [4,5,6] 4-{4,5, 6}, (1, 2,3) < 1,
(4,5,6) <6, 0 < 7 + 7. Таким чином, в Андрія є виграшна стра-
тегія, виходячи зі співвідношення ваг шматочків.
«Ив» Другий день
ШШ
8 клас
5 (139). Відповідь: 100. „0 або 100^01.
225	224
Розв'язання. Зрозуміло, що Андрієве число може бути тільки
таким: 1рО...Оа, а Олесине — лише таким: 99...95, інакше різ-
п	’ П
192
ниця не буде одноцифровою. Дійсно, якщо в Олесиного числа не
всі цифри, крім останньої, б 9, то в результаті додавання одно-
цифрового числа кількість розрядів не зміниться. Звідти так
само випливає подання числа, що записав Андрій.,
Сума цифр Олесиного числа дорівнює 2018, тому воно має ви-
гляд 99...92 (оскільки 2018 = 224’9+2). Через це Андрхєвому
224
числу потрібно мати останню цифру меншу, ніж 2,. оскільки
інакше різниця записаних чисел буде не меншою від 10. Отже,
цією цифрою може бути 0 або 1. Виходячи із цього, Андрій за-
писує або число 100...0, або 100...01.
225	224
в (140). Відповідь: барон Мюнхгаузен помиляється.
Розв'язання, За умовою всі кути трикутника МКЖ дорівню-
ють 60°. Оскільки ЛВАС + ЛМКМ-180°4 (рис. 4.8), то чотири-
кутник АМКІЇ вписаний, а отже,
АКАС = АКМЖ = 60° = АЬЖК = АВАК,
Розглянемо точки Мг ї — проекції точки К на сторони
АВ і АС відповідно. Тоді	відтак АМ^АМ,.
Крім того,	і КМ1=КМ1. Отже, трикутник КМ1^1
також є правильним. Випадок А = А1% М = М, неможливий,
оскільки інакше ми мали б АМ = АА. Тож КМг < КМ, звідки
периметр трикутника КМ^1 строго менший від периметра три-
кутника КМИ. Отже, барон Мюнхгаузен помиляється.
Рис. 4.8
7 (141). Відповідь: 2.
Розв'язання, Очевидно, що ключ 1 відкриває будь-які двері.
Покажемо, що Джим завжди зможе зробити так, щоб біль-
ше ніж двоє дверей не було відкрито. Розглянемо таблицю
12x12, де у 12 рядках записано всі можливі розстановки дверей
(рис. 4.9).
193
1	2	3	4	5	,6	7	8	9	ю	11	12
12	1	2	3 ,	4	5	6	7	8.	9	10	11
11	12	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
10	11	12	1	2	3	4	5	6	7	8	9
9	10	11	12	1	2	3	4	5	6	7 •	8
8	9	10	11	12	1	. 2	3	4	5	6	7
7	8	9	10	11	12.	1	2	3	4 (	5	6
6	7	8	9	10	11	12	1	2	3	4	5
5	6	7	8	9	10	11 ’	12	1	2	3	4
4	5	6	7	• 8	9	10	11	12	1	2	3
3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	. 1	2
2	3	4	5‘ '	6	7	8	9	10	11	12	1
Рис. 4.9
Припустимо, що в розташуванні ключів кожному стовпчику
відповідає певний ключ. Зафарбуємо в сірий колір усі ті клі-
тинки стовпчика, що відкриваються відповідним ключем. На-
приклад, у стовпчику, де є ключ 2, бл/де зафарбовано шість
клітинок, де ключ 5 —. дві клітинки і т. д. Загальна кількість
зафарбованих клітинок становитиме:
12 + 6 + 4 + 3 + 2 +.2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 35.
’ Оскільки рядків рівно 12, то за принципом Діріхле знайдеться
такий, у якому не більше ніж дві сірі клітинки. Тоді Джим змо-
же повернути башту саме таким способом, що відповідає цьому
рядку. У такому разі пірати відкриють максимум двоє дверей.
Якщо пірати стануть перед дверима з такими ключами, як
показано в останньому рядку на рис. 4.10, то завжди зможуть
відкрити принаймні два замки.
	1	2	3	4	.5	6	7	8	9	10	11	12
	1 9	1	2	3	4.	5	6	7	8	9	10	11
	11	12	. 1	2	' 3	4	5	6	7-	8	9	10
	10	11	12	1	2.’	3	4	5	6	7	8	9
	9	10	11	12.		2	3	4	5	6	7	8
	8.	9	10	11	Л-	1	2	3	4	5	6	7
	7	8	9	10	11	12	1	2	.3	4	5	6
	о	7	8	9	10	11	12	1	2	3	4	5
	5	6		8	9	10	11	12	1	2	3	4
	4	5	6	7	8	9	10	11	12	1	2	3
	3		5	6		8	9	10	11	12	1	2
	.2	3	4	5	о	7	8	9	10	11	12	1
№ ключа	2	4	7	12	1	6						
Рис. 4.10
194
8 (142). Відповідь: так.
Розв'язання. Позначимо послідовність чисел, яку обчислюва-
тиме агрегат, через х4, х5, хв,.... Тоді для кожного натурально-
го п справджується рівність
• Лхл4.,+хп ,) = хи (х+хп
Додамо до обох частин нерівності добуток хпхл_2:
Хп-‘г(Хп + 1 ±Хц + Хп-1)~Хп (Хп + Хп-1
Хп-2<Х^1+Хп^Хп^ = ХЛХп+Хп-1+Хп-2)
ХпХп-1	ХЛ-1
Хп+1+ХЛ + ХЛ-1 = ХЛ(ХЛ	1 + *Д-2) = ХЛ+Хп-1 +'Хп-2
ХЛ -1	ХпХп - 1 Хч - 2 >	ХЛ -<1Хп - 2
Ми отримали співвідношення, яке справджується для всіх на-
туральних п. Можемо продовжити його до початкових значень:
Хп + 1 + Х» +Хп-1 _ Хп + Хп~1+Хп-2 _ Хп-І ’і’Хп-2+Хп-3 _	_ Х3 + ^2 + Х\ =
ХііХп-1	Хп-1Хп-2	Хп-2Хп-3	Х2Х1
=> хп+1 +х +х . = 3х X . => хя+1 = 3х х . -х„-х„ ..
Л + 1 Я Я —1 Я Я “ 1	л + і п п—х в Я — 1
Звідки остаточно хл+1 єй для всіх натуральних п.
9 клас
5 (143). Відповідь: (199^9, 1).
112
Розв'язання. Спочатку з’ясуємо, що числа 8(гі) і 5(тг + 1)
пов’язані такими співвідношеннями: 8(п + 1) = £(п) + 1, або
8(гі) > 8(п + 1), причому остання нерівність не може справджу-
ватися для двох чисел поспіль. Оскільки 2018 = 2018 * 1 = 1009 • 2 =
= 1009 • 1 • 2 та інших розкладів на множники, що задовольняють
умови, не існує, то зрозуміло, що можливі такі випадки:
•	т = 1,	5(п) = 2018 та 8(п + 1) = 1;
•	т = 19	£(п) = 1009 та £(п + 1) = 2;
•	т = 2,	8(п) = 1009, 8{п + 1) = 1 та	8(п + 1)	= 2.
Якщо	£(п) = 2018 та 8(п + 1) = 1,	то	це означає, що п + 1 -
= 100...0, тобто п = 99...9 і 8(гі) має ділитися на 9 — супереч-
ність, яка показує, що цей випадок неможливий.
Якщо 5(п) = 1009 і 5(п+1)=1, то отримуємо супереч-
ність, аналогічну попередньому випадку. Якщо ж 8(п) = 1009
і 8(п + 1) = 2, то п + 1 = 100...0100...0 або п + 1 = 200...0. Тоді
п = 100...0099...9 або п = 199...9. Оскільки 1009 = 112 • 9+1, то ці
варіанти можливі, і число п має містити число 9 у кінці запису
112 цифр. Ясно, що найменше значення — п = 199...9.
112
195
6	(144). Розв'язання. Із прямокутних три-
кутників АВН і АСН отримуємо, що
М3Н=*АВ, М2Н=-АС (рис. 4.11). Та-
2.2
кож М1М2=-АВ9 М1М3=-АС як серед-
ні лінії. Із симетрії М2Мг = МгК і М2Н =
= НК. Відтак, М3Н^МГК і М^М^НК,
отже, чотирикутник НМ3МХК — пара-
лелограм, а тому пряма КМ^ ділить нав-
Рис. 4.11
піл відрізок НМГ
7	(145). Розв'язання. З відомої тотожності отримуємо:
х3 +у3 +23-Зхуг=(х+у+2) • +(У~гУ +(г-х)
2
З нерівності між середнім арифметичним і середнім квадра-
тичним .маємо:
(х-р)2+(р-2)2+(2-х)г>і(|х-у|+|р-2|+|г-х|)2>
з
>-(\х-У+У-г+х-г\)2 г-(х-2)3.
З	з
Звідси й випливає потрібна нерівність.
8	(146). Відповідь: 3. ' .	'
Розв'язання. Очевидно, що ключ 1 відкриває будь-які двері.
Покажемо, що Джим завжди може зробити так, щоб більше ніж
троє дверей не було відкрито. Розглянемо таблицю 16x16, де
в 16 рядках записано всі можливі розстановки дверей (рис. 4.12).
	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	
	16	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	
	15	16	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	
	14	15	16	1	2	3	4	5	6	7-	8	9	ю	11	12	13	
	13	14	15	16	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	
	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	
	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4-	5	6	7	8	9	10	
	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5	6	7	8	9	
	.9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5	6	7	8	
	8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5	6	7	
	7	8	9	10	11.	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5	6	
	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5	
	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	
	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	
	3	4	5	6	7	•8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	
	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	
Рис. 4.12
196
Припустимо, що в разі деякого розташування ключів кож-
ному стовпчику відповідатиме певний ключ. Зафарбуємо в сі-
рий колір усі ті клітинки стовпчика, що відкриваються від-
повідним ключем. Наприклад, у стовпчику, де є ключ 2, буде
зафарбовано вісім клітинок, де ключ 5 — три клітинки і т. д.
Загалом кількість зафарбованих клітинок становитиме: •
16 + 8 + 5 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2 + 1+1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 50.
Оскільки рядків рівно 16, то за принципом Діріхле знайдеться
такий, у якому не більше ніж три сірі клітинки. Тоді Джим змо-
же повернути башту саме таким способом, що відповідає цьому
рядку. У такому разі пірати відкриють максимум троє дверей.
Якщо пірати стануть перед дверима з такими ключами, як
показано в останньому рядку на рис. 4.13, то завжди зможуть
відкрити принаймні три замки.
	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	із	14	15	16
	16	1	2	3	4	5	6	7	. 8	9	10	11	12	13	14	15
	15	16	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14
	¥	15	16	1	2	3	'4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
	ІЗ-	14	15	16	1	2	3*	4	5	6	7	8	9	10	11	12
4	12	13	14	15	16	1		3	4	5	6	7	8	9	10	11
	11	12	13	14	-Іо,	16	1	2	3	4-	5	6	7	8	9	10
	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5	6	7	8	9
	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	.5	6	7	8
	8	9	10	11	12	13	.14	15	16	1	2	3	4	5	6	7
х-	7	8	9	іо	11	12	із	14	15	16	1	2	3	4	5	6
	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2	3	4	5
	5	6	7	8	9	10	и	12	13	14	15.	16	1	2	3	4
	4	5	6	7	8	9	10	11	12	ІЗ	14	15	16	1	2	3
	3	4	5	6	7	‘8	9	10	11	12	13	14	15	16	1	2
	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	1
№ ключа	2	4	12	8	3	6	1	16	14	9	7		5		15	11
Рис. 4.13
10 клас
5 (147). Відповідь: три есмінці.
Розв’язання, Розглянемо всі можливі десятки сусідніх суден.
Знайдуться такі 10 суден, серед яких не менше ніж чотири ес-
мінці. Перший торпедоносець може вистрелити саме в ці 10 су-
• ден.. Серед інших 20 суден розглянемо ті, що розташовані на
парних позиціях, і .ті, що на непарних. Серед якихось із них
197
буде не менше ніж половина есмінців, що залишаться після по-
стрілу першого торпедоносця. Саме по них може вистрелити
другий торпедоносець. Таким чином, якщо пострілом першого
торпедоносця буде знищено &>4 есмінців, то пострілом друго-
го — не мецше ніж і (10-/?) есмінців. Отже, разом буде знище-
2
но Д(10-/?)+/? = 5-ь-/?>7 есмінців.
2	2
Покажемо, що нападники можуть розмістити есмінці таким
чином, щоб їх дійсно залишилося не менше ніж три. Задля того
вони розставляють свої судна так, щоб кожний третій був. есмін-
цем. Тоді перший торпедоносець знищить своїм пострілом не
більше ніж чотири есмінці. Якщо буде знищено рівно чотири,
то пострілами через один не вдасться знищитй більше ніж три
есмінці, оскільки на. парних і непарних позиціях їх однакова,
кількість. Якщо пострілом першого торпедоносця буде знищено
три есмінці, то пострілом другого торпедоносця — не більше ніж
чотири.
6 (148). Розв'язання. Розглянемо задану рівність як квадратне рів-
няння відносно змінної с:
.	, 2 х.2 Л -а&±л/а2&2 +16-4а2-4І>2
с + аЬс+(а + Ь2-4)=0 => с=---------------.----.
Оскільки нас цікавлять лише додатні числа, то
-аЬ+>/а2&2+16 - 4а2 - 462
с =--------------------.
2
Тепер задану нерівність доведемо таким чином:
—аЬ + а Ь +16—4л — 4д	»	, І 2,2 е* ~л 2 л л ь.
—:-------------------+	<=> у/а Ь2+16-4а -4Ь <4-а&<=>
2
а2&2 4-16 - 4а2 - 4Ь2 <16-8аЬ + а2&2 <=>
<=> 4аг+4&2>8аЬ<^4(а-&)2>0.
Очевидно, що а6<4, оскільки інакше а2 +д2>2а&>8, що су-
перечить заданій в умові рівності.
7 (149). Відповідь*. N.
Розв’язання.. Наведемо приклад таких N чисел, у яких НСД
усіх наборів різні: це числа а»=ржр2+1р2+ї...р* де д, р3,
Ря — деякі N різних простих чисел і =рр КіСЛГт-1. Дій-
сно, НСД сукупності деяких із цих чисел містить у першому
степені рівно ті прості множники рк, для яких ак. наявне в на-
борі.
Доведемо, що менше ніж N різних простих дільників не ви-
стачить. Справді, нехай у добутку чисел а19 а29 ..., ау, що задо-
вольняють умови, є лише т < N різних простих дільників р19
р29 ..., рт. Для кожного р. виберемо таке ак(9 розклад якого на
198	> '	•
прості множники рі міститься в найменшому степені, і розгля-
немо набір з усіх а*9 узятих по одному разу (може виявитися,
що акі =	при цьому в наборі буде не більше ніж т < N
чисел. НСД усіх чисел цього набора містить кожне рі в наймен-
шому з тих степенів, у яких це просте ЧИ£ЛО міститься в числах
а19 а2, ..., адг. Тому в результаті додавання до цього набору будь-
якого аі9 що не міститься в ньому, НСД усіх чисел* набору не
зміниться. Одержана суперечність завершує доведення.
8 (150). Розв'язання. Нехай Е3, Р3 — точки, симетричні точкам
Е1,Б1 відносно сторін АВ і АС відповідно (рис. 4.14). Унаслідок
симетрії АЕІ=АЕ2-АЕ39 а СА -т- бісектриса кута, • утвореного
прямими СЕ3 і СЕ2. Тепер маємо: •
ДСЕ39Е3А) = /.(Е^Е.А) = ДАЕіЛ^з) = ДАЕр^С) = ДСВ2,Е2А).
Рис. 4.14
Звідси маємо, що точки А, Е29 Е3 і С лежать на одному колі.
Аналогічно точки А, Р2, І>3 і В лежать на одному колі. Тому
описане коло трикутника АВР2 — це описане коло трикутника
АР3Л2. Аналогічно описане коло трикутника АСЕ2 — це описа-
не коло трикутника АЕ3Е2. Оскільки прямі АЕ3 та АО2 симе-
тричні одній прямій відносно сторони АВ, то точки А, Е39 Р2
належать одній прямій.
Аналогічно точки А, Е29 Р3 належать одній прямій. Крім
д П др д п
того, к-—--—к = —-. Тому ДАЕ9Е™ДА1ХІ)9, а їхні описані
АЕ3 АЕ1 АЕ2 *	2 3	32
кола дотикаються, оскільки при гомотетії одне описане коло
переходить в інше, отже, вони дотикаються в точці А.
199
11 клас
5 (151). Відповідь: три есмінці.
Розв'язання. Покажемо, що за цих умов ескадра може зберег-
ти максимум три есмінці. Перенумеруємо зліва направо судна
ескадри числами від 1 до ЗО. Якщо в кожній із груп — з номе-
рами 1-10 або 21-30 — є не більше ніж два есмінці, то в групі
11-20 їх не менше ніж шість, тому перший торпедоносець їх
уражає, а далі другий добиває ще принаймні один. Інакше пер-
ший торпедоносець вибирає ту з двох груп — з номерами 1-10
або 21-30, де більше есмінців, і вражає їх. Водночас другий тор-
педоносець стріляє по тій двадцятці, що залишилася,— з номе-
рами 11-30 або 1-20, по парних чи непарних позиціях, де есмін-
ців більше. Таким чином, якщо перший торпедоносець
уражає к есмінців, &>3, то другий із 10 - /?, що залийіилися,
уражає не менше ніж і (10-А), а тому буде знищено
2
і(ЇО-/0 + & = 5+і&>7 есмінців.
2	2
Покажемо, що нападники можуть розмістити судна таким чи-
ном, щоб дійсно неушкодженими залишилися не менше ніж три
есмінці. Розташуємо есмінці на позиціях 1, 2, 3; 14, 15, 16, 17
і 28, 29, ЗО. Тоді перший торпедоносець може вразити максимум
чотири цілі, якщо він зробить постріл у групу, що розташована
на позиціях з номерами 14,* 15, 16, 17. Але тоді другий торпедо-
носець не зможе одночасно влучити в ліві та праві есмінці. Тоді
він уразить щонайбільше два з них. Якщо перший уражає групу
з трьох есмінців, то другий може вразити не більше як чоти-’
рй. Очевидно, що першому торпедоносцю вражати групу з двох
і менше есмінців не варто.
6 (152). Розв'язання. Позначимо	= а = сі£ а, тоді
1^1, ,	,	.1 со82а-зіп2а соз 2а . л
х2=- хг----=-(сі£ а-і£ а) =---------------=------= сі£ 2а,
2 х1) 2	2 зіп а • соз а зіп 2а
далі аналогічно знаходимо:
*П+1	2Г1а-їе	2п-‘а)=
\	Хп)
• 1 соз22л"1а-8Іп22п-1а х ол
=----------п---------ГЛ—=2 а»
2 зіп 2 соз 2 ха
Упє№.	_____
"Умови задачі будуть виконані, якщо х^о, і = 1,2017, та
х2018 = 0. Тепер достатньо вибрати а таким, щоб
х2018 =с^(22017а) = 0 або 22017 =^, тобто а = ^.
а	а
200
7. Див. розв’язання задачі 10-7 (149).
8 (153). Розв'язання. Нехай прямі АІ та СІ вдруге перетинають
описане коло трикутника АВС у точках і ТУС (рис. 4.15). За
умовою ЛАКІ = ХАІС, тож описане коло трикутника АКІ доти-
кається до прямої ТГСІ. Розглянемо трикутник А\УСІ. За теоре-
мою про тризуб цей трикутник є рівнобедреним. Тоді описане
коло трикутника АКІ дотикається також до прямої ТКСА. Звідси
пряма №СК містить симедіану трикутника АКІ. Отже, =
=180°-ЛІСА =180°	і точка К лежить на описаному
колі трикутника	Аналогічно доводимо, що там лежить
, і точка Ь. Залишається помітити, що	(за трьо-
ма сторонами), тому радіус оцисаного кола трикутника КІВ до-
рівнює радіусу описаного кола трикутника АВС.
Рис. 4.15
201
Розділ 5
ВІДБІР КОМАНДИ УКРАЇНИ
НА МІЖНАРОДНУ МАТЕМАТИЧНУ ОЛІМПІАДУ
Відбір команди України
на 59-ту Міжнародну математичну олімпіаду
ИЙИИИИИЯЙН8ИВВВНИЯІ і тур
1 (154). Відповідь: д є {-2,0,2}.
Розв'язання. Назвемо число д гарним, якщо довільне число
в другому рядку трапляється і в третьому. Спочатку покажемо,
що числа 0, ±2 гарні. У третьому рядку обов’язково є число 0,
тому д = 0 — гарне число. Далі, для коленої пари чисел а, Ь
з першого рядка існують деякі (не обов’язково різні) числа х, у,
и, V, що записані на серветці, і а = х - у, Ь = и - V. Оскільки
2аЬ=2 (х - у) (и - р)=(х -1?)2+(у- и)2 - (х - и)2 -(у- V)2,
то д = 2. — також гарне число. Змінюючи знаки обох частин по-
передньої рівності, маємо, що число -2 також є гарним.
Тепер покажемо, що -2, 0, 2 — єдині гарні числа. Припуск
тимо протилежне. Нехай. д&{-2, 0,2} — гарне число. Розгляне-
мо деякі варіанти чисел, що можуть бути записаними на сер-
ветці,
Припустимо, що на серветці записано числа 1, 2, ..., 10, тоді
перший рядок складається із чисел -9, -8, ..., 9. У цьому разі
в другому рядку будуть числа д і 8Ід, а тому вони мають бути
і в третьому рядку. Третій рядок складається лише із цілих чи-
сел, тому д — також ціле число. Крім того, усі числа в третьому
рядку не перевищують 162 = 92 + 92-02-02 і не менші від -162,
тому -162 < 81д < 162, а отже, єдиними можливими варіантами
• для д є {-1, 1}.
Далі, припустимо, що д = ±1. Якщо на серветці записано чис-
ла 0, 1, 4, 8^ 12, 16, 20, 24, 28, 32, то серед чисел першого рядка
є ±1 і ±4, а отже, у другому рядку буде наявне число 4. Неваж-
ко помітити, що для кожного числа а з першого ряДка викону-
ється а ^2 (той 4), тому а2 = 0,1 (тосі 8). Звідси випливає, що
цожне число в третьому рядку буде мати остачу -2, -1, 0, 1,?2
від ділення на 8, а отже, 4 не може потрапити до третього рядка.
Отримана суперечність завершує доведення.. -
2 (155). Розв'язання. Якщо АА1=СС1, то шестикутник симетрич-
ний відносно прямої ВВР а тому описані кола трикутників АВС
і А[ВС1 дотикаються,, чого за умовою бути не може. Отже,
202
ААГ * СС^ Оскільки точки А9 Аг можна замінити на точки С,
С19 то без обмеження загальності вважатимемо, що АА^СС^
Рис. 5.1
Нехай В — радикальний центр кіл АЕВС, АІЕВС1 та описано-
го кола рівнобічної трапеції АСС^А^ тобто точка перетину ради-
кальних осей АС, АіС19 ВЕ. із симетрії АС і А^ точка В лежить
на спільному серединному перпендикулярі до відрізків АА)
і ССР який також є зовнішньою бісектрисою кута АВС,
Нехай Г позначає другу точку перетину прямої ВВ і кола
АСВ. Степіні? точки В відносно кола АСЕВ дорівнює ВА * ВС =
-ВВ*ВЕ, а відносно кола со — ВА* ВС-ВЕ * ВВ, томуЯ£>*ВВ =
~ВЕ • ВВ, і точки В, В, В9 В — циклічні.
Пряма ВВР — зовнішня бісектриса кута АВС, тому точ-
ка Е — середина дуги АВС, Оскільки АВ = ВС на колі <в, то
точка В — середина дуги АВС. Нехай М — точка, діаметрально
203
протилежна точці В на колі со. Помітимо, що точки В, Е і М
лежать на серединному перпендикулярі до відрізка АС9 а тому
вони колінеарні.
Позначимо через X другу точку перетину кола со і пря-
мої ВЕ. Оскільки ВМ — діаметр кола со, то 2.ВХМ = 90°. Крім
того, 2ЕХМ =180°- 2.МВЕ = 180° - ЛЕВЕ = ЛЕВЕ, тому прямі МХ
і ЕВ паралельні. Оскільки ВХ ~ перпендикуляр до відрізка МХ,
а ВВ1 — перпендикуляр до відрізка ЕВ, то точка X лежить на
прямій ВВХ.
З (156). Відповідь: для довільного натурального п.
Розв'язання. Позначимо множини X = У = 2 (назвемо їх ося-
ми) і будемо розфарбовувати елементи цих множин* у черво-
ний і блакитний кольори за такими правилами:
а) якщо Марійка вибирає точку з координатами (х, у, г), то фар-
буємо елементи х є X, ує¥, з є й у червоний колір; . -
б)	якщо Сашко вибирає площину, що паралельна Оуг і перети-
нає вісь Ох у точці х, то фарбуємо х<=Х у-блакитний колір;
аналогічно для двох інших випадків. :
З умови задачі випливає, що жоден елемент із множин X, У,
2 не може бути, пофарбований у два кольори.
Назвемо червоним відрізком неперервну послідовність черво-
них елементів {а, а + 1,..., Ь} однієї з множин X, У, 2; його довжи-
на — кількість елементів у ньому. Назвемо такий відрізок відкри-
тим, якщо жоден з елементів множини {а, а + 1, ..., а + п - 1} не
пофарбовано в блакитний колір. Інакше кажучи, у подальшому
Марійка може отримати червоний інтервал довжини п.
Лема. Для довільного / = 1, 2,..., п Марійка може отримати
довільну кількість відкритих червоних відрізків довжи-
ною І на одній осі.
Доведення. Будемо доводити індукцією по І. При 2=1
Марійка відмічатиме точки (п, п, п), (2п, 2п, 2п) -і т. д..
(якщо неможливо відмітити якусь точкуі вона відмічає на-
ступну). Після т її ходів буде хоча б 2т відкритих черво-
них відрізків довжиною 1, оскільки кожним своїм ходом
Сашко може закрйти не більше ніж один відрізок. За прин-
ципом Діріхле знайдеться одна з осей, на якій буде хоча б
2
—т відкритих інтервалів і
З
Для доведення індукційного переходу припустимо, що має-
мо достатньо велику кількість відкритих червоних відріз-
ків довжиною І на одній з осей, скажімо, на осі X.
Будемо ітеративно повторювати процедуру, що складаєть-
ся з 1+1 кроку. Спочатку виберемо достатньо велике
204
ціле і. Після цього Марійка відмічатиме точки (х, у, з) за
такими' правилами:
а)	х виби^ємо таким чином, їцоб довжина І деякого черво-
ного відрізка була збільшена на 1;
б)	у = і9 £+1,..., 1+1 вибираємо за порядком, тобто будуємо
новий відкритий червоний відрізок довжиною 2+1 (ви-
бираємо ТОЧКИ і9 і.+ 19 ..., і + п - 1 такі, що не були дбсі
пофарбовані в множині У).
Таким чином, отримаємо 1+2 червоних інтервалів довжи-
ною 7+1 за 2+1 крок. Якщо повторити описану процедуру
М разів, то матимемо М(2+2) червоних відрізків довжи-
ною 2 + 1 за М (2+1) крок. Оскільки Сашко може закрити
лише один відрізок за один , крок, то отримаємо хоча б
М відкритих відрізків довжиною 2+1, а отже, за принци-
пом Діріхле будемо мати М/2 відкритих відрізків у мно-
жині X або. У. Вибираючи достатньо велике значення М9
закінчуємо доведення.
Припустимо, що {а, а + 1, ..., а + п - 1} — червоний відрізок
довжиною п у множині X. Якщо (а, у9 з) — деяка вибрана Мя'-
- рійкою точка, то далі вона може- вибрати точки (а 4? 1, у9 з), ...,
(а + п - 1, у, з) і досягти необхідного.
ИНММИИИИИИІ II тур мнннмнниинв
4 (157)? Розв’язання. Припустимо протилежне. Нехай кожна клі-
тинка має не більше, ніж два блакитних ребра. Пофарбуємо клі-
тинки в чорний і білий кольори в шаховому порядку так, щоб
кутова клітинка була пофарбована в чорний колір. Позначимо 8
суму кількостей червоних ребер для всіх клітинок. З одного
боку, кожна клітинка має не менше ніж два червоних ребра,
тому 8>2п2. З другого боку, кожне червоне ребро належить
двом клітинкам, якщо воно розташоване всередині решітки, та
одній клітинці, якщо на границі, тому 8<2п2. Отже, 8 = 2п29
і кожне червоне ребро належить рівно двом клітинкам. Але та-
кого бути не може, оскільки кожне червоне ребро є ребром чор-
ної- і білої клітинки водночас, а їхні кількості відрізняються
на 1. Отримана суперечність завершує доведення.*
5 (158). Відповідь: Х = 48.
Розв’язання. Розглянемо. рівносторонній трикутник АВС зі
стороною 1. Нехай
р1=...=р4=а, р5=...=р«=в і р9=...=р12=с,
тоді /*/<2=48, отже, 48. Доведемо, що Р.Р2
1<і</<12	1<і</<12
Спочатку ми можемо розглянути лише випадки, коли всі точки
205
є вершинами опуклої оболонки цих точок, тобто коли жодна
з точок не лежить на відрізку з вершинами в цих точках і жодна
точка не лежить усередині трикутника, утвореного цими точка-
ми. Справді, якщо рухати деяку точку Р1 по відрізку І, то мак-
симум величини	досягається на кінцях цього відрізка.
Також, оскільки ми не будемо рухати жодну з точок за межі
опуклої оболонки цих точок, то відстань між довільними двома
точками не перевищуватиме 1.
Виберемо три точки А, В, С, для яких величина АВ2+ВС2+СА2
максимальна. Нехай В — довільна точка з решти точок. Доведе-
мо,'що ВА2 + ВВ2 +ВС2 <2.3 наведених міркувань маємо, що точ-
ки А, В, С, В — вершини опуклого чотирикутника, тому без об-
меження загальності можна вважати, що точки С і В лежать по
різні боки від сторони АВ. Оскільки сума кутів чотирикутника
дорівнює 360°, то хоча б один з його кутів не менший від 90°.
Якщо 2В > 90°, то ВА2 + ВВ2 +ВС2 < АВ2 + ВС2 < 2. Якщо 2А > 90°
(випадок ЛВ>90° аналогічний), то за вибором точок А, В і С
виконується нерівність ВВ2 + ВС2 + ВС2 < АВ2 + АС2+ВС2, а тому
ВВ2 + ВС2 + ВА2 < АВ2 +АС2 + ВА2 < АС2+ВА2 < 2. .
Якщо АС > 90°. то АВ2 + ВВ2 + АВ2 < АС2 +ВС2+АВ2 <2АВ2 < 2. ’
Отже, нерівність доведено.
Без обмеження загальності можемо вважати, що А, В, С =
=Р10, Рн, Тоді з доведеної нерівності маємо:
у 7>^2=АВ2+ВС2+СА2 + £ (ріА2+Р1В2+Р,С2)+ £ Р^ <
1<і<9	• 1<і</<9
<3+18+	<21+
Далі залишається довести, що . £ ОД2 <27, Але дана не-
1 »
рівність аналогічна попередній, тому
£	<15+ £ і>/>2<15+9+ £ />^<27.
1</</<9	Кі</а
Альтернативне розв'язання. Доведення того, що Х>48, ана-
логічне наведеному в попередньому розв’язанні.
Доведемо, що Р^2 <48. За теоремою Юнга довільну
Кг<;<і2
множину діаметром 1 в Ва можна покрити шаром радіуса
^2(гі~1)’ тому *снує коло Радіуса усередині або на границі
якого лежать точки Р19 Р2, ..., ,Р12. Нехай точка О — центр цього
кола, а{==О/>, і = 1,12, тоді а2<~. У цьому випадку матимемо:
з
206
•	12	*/ 12	12	12 -і
•	Р^= X (а,-ау)2=12£а2- £а( <12£а?<12£І=48,
1<І</<12	1<і</<12	/=1	\і-1 у . і = 1	і = 1«
# а отже, нерівність доведено.
6 (159). Відповідь: п = 3.
' Розв'язання. Якщо п= 1, то і — що можливо тоді
й тільки тоді, коли ^=1. Далі доведемо, що:
•	існує лише скінченна кількість пар (х, у) є Ц2>0, для яких чис-
. 1 І . .
ла х + у і —+— цілі,
х у ,
Нехай х=— і г/=—, де а, 6, с, і (а, Ь) = (с, й) = 1. Тоді
Ь й
умови х+уе! і —+—<=% рівносильні подільностям Ьй \ ай + Ьс
х у
і ас | ай + Ьс. З першої подільності маємо, що й | ай + Ьсь й | Ьс,
тому й | Ь, оскільки (с, й) = 1. Такдж Ь | ай + Ьс, Ь | ай, тому Ь | й,
оскільки (а, Ь) = 1. З умови Ь | й і й | Ь маємо, що Ь = й. Анало-
гічними міркуваннями з другої подільності отримуємо, що а = с:
Отже, х=—=—« у, потрібно знайти всі х є <0>>о такі, що числа 2х
Ь й
і — цілі. Позначивши ?п = 2хє^>0, матимемо, що ~ є2>0, тому
х	т
тпє{1,2,4}, а отже, існує лише скінченна кількість пар
(х,у)є(ґі Ц (1,1), (2; 2)1;
•	існує нескінченна кількість трійок (х, у, з)є<0®0 таких, що
111
числа х + у'+ 2 і —одночасно цілі.
хуг
Розглянемо трійки чисел (х, у, 2), ДЛЯ ЯКИХ х + у + 2 = 1,ї по-
. ,	< ґ а Ь с
дамо їх у вигляді (х, у,2)~\----,-----,------ , де числа а,
‘	ка+6+с а+Ь+с а+Ь+с;
Ь, с натуральні.
_.	_	_ 1 1 1 а+Ь+с а+Ь+с .а+Ь+с
Потрібно, щоб	------+-----+------є2£, щорівно-
х у г а Ь с
Ь + с с + а а + Ь _	?
сильно ---+----+----є Ж. Покладемо а = 1, тоді достатньо зна-
а Ь с
йти нескінченну кількість пар (Ь, с) є Х2>0, для яких -+^+-+-^=3,
Ь с' Ь с
що еквівалентно
62+с2-ЗЬс+Ь+с=0.	(*)
207
Методом стрибків Вієта доведемо, що останнє рівняння
має нескінченну кількість розв’язків у натуральних числах. Не-
важко переконатися, що Ь = 2, с = 3 є розв’язком. Нехай с>Ь,
тоді розглянемо рівняння (*) як квадратне відносно Ь при фіксо-
ваному с:
Ь2 - (Зс -1) Ь+(с2 + с)=0.	(**)
У такому випадку існує розв’язок рівняння (**), для
якого &+60=Зс-1 і 650-с2 + с. Оскільки с>Ь за припущенням,
с2 + с с2 +с
то о0------>---->с.
ь с
Отже, з розв’язку (Ь, с) можна отримати інший розв’язок
(с, &0), для якого &0 >с, а тому можемо продовжити описаний ал-
горитм стрибків далі, фіксуючи 60 і розглядаючи с як змінну
в рівнянні (*). Таким чином, алгоритм згенерує нескінченну
кількість різний розв’язків, початковими членами яких є (2, 3),
(З, 6), (6, 14), (14, 35), (35, 90), (90, 234), ....
Коментар. Також можна знайти явний вигляд рекурентної
послідовності для отриманих розв’язків: х0-2, хг=3 і хп+2 =
= 3хд+1-хд-1, а звідси отримати, що хп	де Кп — п-те
число Фібоначчі. Очевидно, що дана послідовність не єдина,
існують інщі послідовності, що генерують розв’язки — аналоги
рівняння (*) при різних а.
7(160). Розв'язання. Припустимо, що п2+(ї = х2, асі-рп2
іНСД(х, п)-8- У такому разі а(х+?г) (х-п) = рп2,а\ ~+~ і —=
8)\8 8}
(.\2	/	2 \
— І з0 ШОЙ-^т .
8)	І	8і)
2
= р—. З останньої рівності випливає, що
Але в цьому випад-
X ТІ	X п „
“+~=р, -—=1.
8 8	8 8
і о 4рл2 _
атому а-рд -—-—Отже,
(р-1)2
Оскільки НСД І —, 1-1, то а=нО той—- Ь
8;	V 8';
а	(х пЛґх пА	п2
КУ -2—2* “ + “ -------1 = ^’ ТОМУ а = ~’
п /8	8 )\8 8>.	8
Л Р-1
З отриманого маємо, що —
8	2
твердження задачі доведено.
8 (161). Розв’язання. Позначимо В = 2018. Визначимо послідовно-
ч сті Мп= шахак і тп =-шіпак =шах(-ал). Неважко зрозуміти,
к<п	к<п	к<п
що послідовності {т^} і {Мп} н еспад ні. Необхідно довести, що
обидві послідовності обмежені.
208
Розглянемо довільне п > Р. Спочатку оцінимо ал через тп і Мп.
а) 3 умови задачі випливає, що існують індекси рід такі, що
ад=~(а^ + аа) і р + д-п. Оскільки ар9а(1<Мп, то ая>~2Мл.
б)	3 другого боку, існує індекс к < п такий, що ай=Мл. У та-
кому- випадку матимемо: ап =-тах (лп_/ + «/)^-(ал_й+а/г) =
=-а„	<т„ -М.
п — я	п п п
Поєднуючи отримані результати, маємо, що -2Мп < ап <
-Мп, а отже, тп <тп+1 Стах {тп, 2Мп} і Мп <МЛ+1 <
Сілах {М„, т„ -Мп}.
і п7 ц п*
Назвемо довільне число п > Л гарним, якщо тп <2МЛ. Роз-
глянемо два випадки.
Випадок 1. Існує гарний індекс п. Тоді тп+1 Стах {тп, 2Мп}~
=2Мп <2МЯ+1, а отже, п 4- 1 — також гарний індекс. Крім того,
л^„<м„+і<тах{м,.>тп-л^„}<м»> тому АГЯ=М„+1. Продовжу-
ючи аналогічні міркування, отримаємо, що довільний індекс
к > п тгфшй. і Мк ~Мп для всіх таких індексів. Отже, послідов-
ності {тк} і {Мк} обмежені числом 2Мп.
Випадок 2. Не існує гарних індексів. У такому разі для кож-
ного п > Р виконується нерівність 2Мп <тп. Звідси для довіль-
ного п > Р виконується тп <тлУІ ^тп, а отже, тп
Оскільки Ма <тп /2 = /пр+1/2, то послідовності {тп} і {Мп} обме-
жені числом т^.
Таким чином, в обох випадках послідовності {тпа} і {Мп} обме-
жені, що й необхідно було довести.
9 (162). Розв'язання. Якщо АВ = ВС, то твердження задачі очевид-
не. Припустимо, що АВ&ВС.
Позначимо ш9 коло Ейлера трикутника АВС, Р — точка на
цьому колі,' діаметрально протилежна точці Д. Нехай точ-
ка О — центр описаного кола трикутника	а прямі А1Д
і ДД перетинаються в точці К. Другу точку перетину прямої
КВг і кола <о9 позначимо 3. Спочатку покажемо, що ОР±ДІГ
(рис. 5.2). •
Якщо пряма А2С2 рухається з фіксованою лінійною швидкі-
стю, то точки К і О також рухаються лінійно. Отже, якщо твер-
дження правильне хоча б для трьох положень прямої А2С2, то
воно правильне й для всіх положень (з аргументів лінійності
твердження, іцо ОВ1.В1К9 рівносильне деякому рівнянню від-,
носно часу як змінної степеня не вище другого; тому якщо твер-
дження правильне для трьох точок, то воно правильне завжди).
209
о
Рис. 5.2
Таким чином, достатньо перевірити твердження для" трьох по-
ложень прямої А2С2:
а)	пряма А2С2 проходить через точку Сг
* У цьому разі С2 = К = С19 також Л(С2А^9 А2Н)=Л(НА9 АС) =
~ Л(НС19 ЦВД, тому пряма В,С2 дотикається до описаного ко-.
ла трикутника А^Ср звідки =90°. Оскільки =
= 90° (РВ! — діаметр кола <о9), то твердження доведено;
б)	пряма А2С2 проходить через точку А^.
Аналогічно попередньому випадку;
в)	пряма АзС2 збігається зі стороною АС.
У такому разі точка К лежить на прямій АС, а тому прямі АС
і КВг збігаються, трикутник	збігається з трикутни-
ком АДС. Звідси випливає, що точка О лежить на серединно-
му перпендикулярі до сторони АС, як і точк.а В, оскільки
АЛМВ, =90°, де точка М — середина сторони АС. Отже,
ВО — серединний перпендикуляр до сторони АС, тобто
ВО1АС.
Твердження доведено.
Далі помітимо, що чотирикутник А2С2С1А1 вписаний.’ Справ-
ді, ДС2А, АД) = ДСА, АА^= ДССР с'Х) = ДОД, СЛ). Звідси
КА, • КС2 = КАг • КСг = КВг * К89 а тому чотирикутник С2Л*^Д
також вписаний. Оскільки ВВХ — діаметр кола со9 і ВВХ1 ОВ,
то точка В належить прямій ОІ), /.08В1 =90°. Отже, точки Вр
В, Р і Т лежать на колі з діаметром ВГО.
210
Насамкінець розглянемо три кола Вг8РТ9 В18А2С2 і РТА2С2.
їхні радикальні осі перетинаються в одній точці, тому пряма РТ
також проходить через точку К. Звідси КР • КТ = К8 • КВХ =
= КА^ • КС19 що й завершує доведення.
IV тур
10 (163)4 Розв’язання. Нехай точка Ь — середина сторони ВС, точ-
ка В — проекція точки В на пряму МИ, у такому разі точки В,
О і В колінеарні (рис. 5.3).
Розглянемо поворотну гомотетію із центром у точці О, що
переводить точку В в точку 2. Образи точок, отримані в резуль-
таті цього перетворення, позначимо штрихом, наприклад И = В'.
Для кожної точки Р площини трикутник ОРР' подібний три-
кутнику ОВВ', зокрема /ОРР'= 90е.
Оскільки 20ВМ = 90°, то /02М'= 90°. Точка М' лежить на
стороні АС, тому М' = Х¥ П АС == X. Аналогічно ТУ' - У.
Оскільки /ОВВ'= 90°, то точка В' лежить на стороні ВС.
ОєВВ, тому ОєЬ'В, а отже, точки В', 2, О і К колінеарні. По-
значимо через Е середину відрізка АН. Оскільки М№ || ВС, то
ГК НК
кг ке *
211
Насамкінець помітимо, що трикутники І/ХУ і АВС подібні
(оскільки обидва подібні до трикутника ЬММ). Точка К ділить
їхні висоти І/И і АН в однаковому відношенні, тому вона відпо-
відає собі в цих трикутниках. Отже, трикутники ВКС і ХКТ
подібні, звідки випливає необхідна рівність кутів.
11 (164). Розв'язання. Занумеруємо учнів числами від 1 до 2п. Спо-
чатку помітимо, що розподіл задач можна змоделювати переста-
новкою а чисел {1, 2, ..., п}. Припустимо, що ми маємо чесне
змагання; Без обмеження загальності можна вважати, що учні
з номерами 1, 2, ..., п отримали задачі від учнів з номерами
п + 1, п + 2іг ..., 2п. Звідси випливає, що учні з номерами п 4- 1,
п + 2, ..., 2п. отримали задачі від учнів 1, 2, ..., п. Нехай А =
= {1, 2, ...і п}, В = {п + 1, п + 2, ..., 2п}. У такому разі 1 є А, ст(1)єВ,
о(о(1))€ А і т. д., тому цикл, що містить 1, має парну довжину.
Аналогічні міркування мають місце й для решти циклів пе-
рестановки. Також для кожної перестановки, усі цикли якої
парні, пофарбуємо елементи кожного циклу в червоний і бла-
китний кольори так, щоб кожні два послідовних числа були по-
фарбовані в різні кольори. У цьому разі’ «червоні» учні отрима-
ють свої задачі від «блакитних» учнів і навпаки. Таким чином,
достатньо порахувати кількість перестановок чисел {1, 2, ..., 2 ті},
, у яких усі цикли парної довжини.
Нехай / (ті) позначає шукану кількість перестановок. Розгля-
даючи довжину циклу, що містить 1, можемо записати реку-
рентне співвідношення: / (0) = 1 і для довільного п>1.
п-1
/(п) = У (2п-1) (2п-2)...(2й+1)/(*).
,	/г = 0
Нехай / (п) = (2п)1 § (п), тоді § (0) = 1 і 2п§ (п)	(п-1) +
+ § (п - 2) + ... + § (0). Звідси 2п§ (п) = § (ті - 1) + 2 (п - 1) § (п - 1) =
= (2п - 1)£(п - 1), а тому §(п)=^п —^(п-І) і за індукцією отри-
2п
муємо: §(гі)=^———. Отже, /(п) = ((2п-1)!!)2, що й необхідно
(2п)!І
було довести.
12 (165). Розв'язання. Без обмеження загальності можна вважати,
що <а2‘ Також, розглядаючи к'-к-а^, отримаємо:’
.п
£ І (&'+(ап - ах) І) = 0, ап - а. > 0, а тому достатньо розглянути ви-
падок, коли ап>...>аі=0.
Нехай &>0, 7 > 0, тоді всі розглядувані аргументи / будуть
додатними. Поставимо у відповідність довільному поліному
®(х) = Ьпхп +...+Ь1х+Ьіі	число §(О) = Ьп?(п)+...+Ь^(1) + Ьої(О).
212
Нехай А позначає множину многочленів Р, для яких £(Р) = 0.
Очевидно, що для довільних многочленів Р, <2 із множини А
многочлени Р+ф, Р-ф є А; 3 умови тй припущення при І = 1
і к = 0 маємо: Р(х) = хв* +ха"-1 +...+ха‘2 +1є,А. Також для довіль-
них £>0, з>0 отримуємо: /?(^ + апз)+.і. + /?(^ + а2з)4-/ї(і) = 0, тому
х^’+х*а"^ +.;.+x^^’+x^ =хе((х*)а’‘ +...+(Хар +1) = х'Р(х’)єА.
Отже, для довільного многочлена	є 7[х] і для довільного на-
турального п маємо: (Цх)Р(хп)єА.
Доведемо, що існує пєН, для якого многочлени Р(х) і Р(хл)
взаємно прості. Припустимо супротивне. Нехай {рп Р2,..., Р5} —
корені многочлена Р(х) = 0, для яких існує натуральне чйсло д.
таке, що = л/ї, а {Р3+1,рт} — решта його коренів. У такому
разі коренями многочлена Р(хл) будуть числа {^/р^,	•••»
Розглянемо п вигляду	За припущенням, для такого
довільного п многочлени Р(х) і Р(хл) не.є взаємно простими,
тому для кожного і існують індекси й, І такі, що р/г =^/р^. Оскіль-
ки пар (к91) — скінченна кількість, то існує пара (к19 і нескін-
ченна послідовність чисел п19 п2, п3, ... таких, що Р^ ='Ї^Р^ для
довільного і = 1, 2, 3, .... Звідси випливає, що р^1 =Р^ =Р£, тому
/Р^ =0 або р^-Лї =1, тобто є{рр р2,..., Ря}, звідки^ е{1,2,..., з}
і р^ =р^ =р*9ід2—, = 1. Таким чином; ми довели, що 0 або 1
є коренем многочлена Р(х)9 що, очевидно, не виконується,
а отже, твердження доведено.
Візьмемо п таке, їцо многочлени Р(х) і Р(хп) взаємно прості,
тоді за алгоритмом Евкліда для многочленів існують такі много-
члени А(х), В(х) ізг цілими коефіцієнтами, що А(х)Р(х) +
+ В(х)Р(хл)=йєА для деякого гієй, а тому хлА(х)Р(х)+
+ хкВ(х)Р(хп) = сіхк є А9 звідки випливає, що <іі(к) = 0 для до-
вільного невід’ємного к9 тобто {(к) = 0 для довільного к>&.
Далі, використовуючи умову, неважко довести, що /(&) = 0 для
довільного від’ємного к. Справді, припустимо, що к$ — макси-
мальне число, для якого	Підставимо І = 1,’Л=~а1+.^,
тоді О=^/(аі-а1+^)) = з/(Ао), де а,^і>а,=а,_1=...=а1, а
і — 1
+ й0 >к{]9 тому /(а.-а± +&о) = О при і>з+1. Отримана суперечність
закінчує доведення.
213
Розділ 6
МІЖНАРОДНА МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА
59-та Міжнародна олімпіада юних математиків
Ж
ЯІ Перший день
1 (166). Розв’язання. Позначимо другі точки перетину прямих ГІ)
і СЕ з колом Г через 1 і Н відповідно. Оскільки /АНЕ = /.ССЕ
і /АЕН-/СЕС, то трикутники НАЕ і ССЕ подібні, звідки
АН ЕС
---=— = 1, тобто АЕ - АН (рис. 6.2). Аналогічно АЕ = АІ, тому
АЕ СС
точки Н, Я, Е9 і лежать на колі із центром у точці А. Оскільки
иАІ^иАН і
. і(иАГ+о10) = ХАЯ<7 = 2ГАС(? = /0£С = -(иСС + оАН),
2	2
то иІС-иСС. Аналогічно иВЕ~иЕН.
214
Нехай точка £ — середина дуги ВС, що не містить точку Д.
Тоді АЬ — бісектриса кута ВАС і ВЕ ± АЬ. Отже, необхідно до-
вести, що АЬЬЕСг. Маємо:
ДАТ, ЄР) = і(оА?+оС£)=-(иАН+иНР+оОС+иСЬ) =
2	2.
=і (иНІ+иНВ+ибі+иСВ) = 90°,
тобто прямі ВЕ і СгЕ паралельні або збігаються.
2 (167). Відповідь: п':3.
^Розв’язання. Очевидно, що потрібно знайти, яким може
бути найменший період такої послідовності, оскільки за умо-
вами задачі вона має період п, але це не обов’язково наймен-
ший із можливих.
Покажемо, що при п: 3 шукана послідовність існує:
(-1, -1, 2, -1, -1, 2, ...).
Якщо два послідовних члени послідовності, наприклад та
аі+1, додатні, то а/+2>1 та очевидно, що й усі наступні члени
більші за 1. Але тоді аі+2=я/а.:(.1+1>а.+1, тобто послідовність
зростає та не може бути періодичною. Отримали суперечність.
Якщо а. =0, то а/+1 = я/+2=1>0 — знову суперечність з попе-
редніх міркувань. "
Якщо а1+1 <0, то очевидно, що а.+2 >0.
З усього цього робимо висновок, що додатні та від’ємні члени
послідовності чергуються таким чином: за кожним додатним іде
один або два від’ємних. Розглянемо можливі ситуації.
Випадок 1. +, -, +, -, .... Нехай аі<09 а/+1>0, а.+2<0 та
аі+3>0. Тоді
аг°і+і+^ = аі+2 <аі+з =аі-»іаі-г2аі<^г+2*.
Якщо продовжити цей ланцюжок* то матимемо: а1<а1+2<
< я-+4 <..., що так само суперечить періодичності послідовності (а,).
Випадок 2. Є пара від’ємних сусідніх членів. Нехай а,<0,
аг+1<0, тоді а.+2 =аіаі+1+І>1. При цьому має бути я.+3<0. Тоді
аі+4<0> оскільки
аі + 4 =аі+2аг + 3 +1<1<Л/Л/Ч і +1 = аі + 2
аі + 5 ~аі + 4 =(аі + заі + 4 +-0~(аі + 2аі + 3	= аі + 3 (аі + 4 ~аі + 2^>^*
" Якщо б аі+4>0, то й яі+5>0 —- суперечність. Таким чином,
знаки в послідовності йдуть за таким порядком: +, -, -, +,
-, ~, ...» тобто вона може мати періодом лише число, кратне З,
що й завершує доведення.
21$
З (168). Відповідь*, не існує.
Розв'язання. Нехай Т — антипаскалів трикутник з п рядка-
ми, що задовольняє умови; тобто містить усі натуральні числа
від 1 до 1 + 2 + ... + п (п = 2018). Позначимо через верхній еле-
мент таблиці (рис. 6.3). Два числа під ним позначимо, виходячи
• з умов, через а2 та &2=Оі+а2. Так само два числа під Ь2 позна-
чимо через а3 та Ь3 =Оз+Ь2 = а1+а2+а3. Продовжимо цей процес
доти, доки в останньому рядку буде позначено два числа: ап та
Ьп=ап+Ьп_1=а1+а2+...+ап (рис. 6.4). Оскільки Л=1, п, —
попарно різні натуральні числа, то, з одного боку,
а1 + а2 + ...+ап >1+2+...+п, а з другого боку, Ьп <1+2+...+п.
Тому ак, к=1,п, —- це перестановка чисел 1, 2, ..., п
Рис. 6.3	Рис. 6.4
Розглянемо дві піраміди, що складаються з правильних три-
кутників, які розташовані ліворуч і праворуч від пари чисел
ап, Ьп (рис. 6.4). Позначимо їх через Т' та Т*, Один із них може
бути порожнім, але за будь-яких умов один із цих двох трикутт
ників, наприклад Т'9 має сторону довжиною принаймні
І >~п(п- 2). Очевидно, що Т' є антипаскалевим трикутником, при
2
цьому він має містити попарно різні натуральні числа а{Х), ..., а2(1),
де — вершина цього трикутника, та числа Ьк} =а{1) + ...+а£1).
Числа 1, 2, ..., п не можуть бути в цьому трикутнику,, оскільки
були задіяні раніше й розташовані повз нього, тоді
&((1) >а}1)+...+аі(1) >(п+1)+...+(п+2)=-/(2п+/+1)>
2
.1 п-2	п-2 Л 1~ .	„
> — •--• 2п н----ь 1=—5д(лі—2) >
2	2	І 2	7 8
>1 + 2+...+п = ^д(п+1) при п = 2018. ‘ і
Одержана суперечність завершує доведення.
216
МШЖМга другий день ШШНИММЖ
4 (169). Відповідь; 100.
Розв'язання. Пофарбуємо клітинки в шаховому порядку.
Зрозуміло, що червоні камінці не можуть розташовуватися так,
щоб бути на відстані ходу шахового коня.
Стратегія Аліни: вона кладе свої камінці в чорні поля
доти, доки це можливе. Оскільки маємо всього 200 чорних по-
лів, то вона може покласти принаймні 100 своїх камінців.
Стратегія Богдана: він розбиває всі точки на квадрати .
4x4, далі кожний із таких квадратів — на 4 цикли по 4 точки,
як показано на рис. 6.5. Якщо Аліна кладе
червоний камінець у певну точку циклу, то
Богдан кладе свій камінець у «протилежну»
точку того самого циклу. Інакше кажучи,
у кожному циклі маємо такий порядок кольо-
рів клітинок: Б-Ч-Б-Ч. Так-от Богдан кладе
камінець у точку того самого кольору. За цієї
стратегії в кожний такий цикл із чотирьох
клітинок Аліна може покласти не більше ніж
один камінець, а тому загалом — не більше як
100 камінців.
Із цих двох оцінок зрозуміло, яка відповідь є правильною,
а також те, що коли Аліна чи Богдан відступлять від власної
стратегії, то вони погіршать свій результат.
5 (170). Розв'язання. Позначимо через (а, Ь) та (а, 6, с) НСД відпо-
відної групи натуральних чисел. Якщо для деякої трійки нату-
,	__ Ь с-Ь
ральних чисел а, о, с число N = - +--- натуральне, то справ-
ся а
джуються такі умови:
1) якщо (а, с) = 1, то с | Ь;
2) якщо (а, Ь, с) = 1, то й (а, Ь) = 1.
Доведемо це. Із заданої рівності Мас = аЬ+с2 -Ьс =$аЬ-
= с(а1У+Ь-с). Звідси з умови (а, с) = 1 випливає, що с | Ь.
Перепишемо тепер ту саму рівність таким чином: а(Ис-Ь)-
= с2-Ьс => а | (с2-Ьс).  Якщо (1 - (а, Ь), то (і | с2 '=> (а, &, с) > р, де
р — простий дільник <1. За умовою такого р не існує, тому (а, Ь) =
= б/ = 1. Твердження доведені.
Позначимо через зп = —+—+...+-^^-4- — та 8п =(ар ал_г, ап) =>
а2 аз	ап аі
А + 1 •О'п
А

217
Нехай п>к, оскільки —=1, тоді з твердження 2)
Ил 8п 8п )
маємо: і—, —1=1. Нехай = (арал), тоді
15л
(і =§ • | — —— | = <5 => сі І а . => (1 І (1 ...
л п е ’ е	п	п І Л +1	І + 1
І5» 5п)
Звідси випливає, іцо послідовність натуральних чисел (сіп)
неспадна й не перевищує а1. Це означає, що з деякого моменту
І #1 ^п + 1 І
маємо, що <іп=сі. І нарешті, оскільки —,----1 = 1, то
\ Л сі }
•4 \	+1 І	.
з твердження 1) випливає, що ---1— => ад>ал+1, тобто послі-
ді й
довність натуральних чисел незростаюча, а тому з деякого мо-
менту вона стає стаціонарною, що й завершує доведення.
6 (171). Розв'язання. Позначимо Р другу точку перетину описаного
кола трикутника АВХ і діагоналі ВВ. З того, що чотирикутник
СХРІЇ вписаний, і з умови маємо: Л(РВ, РХ) =	СХ) =
= Л(АВ, АХ), а тому чотирикутник АРХВ також вписаний
(рис. 6.6). Оскільки
ДХВ, ХА) + ДХ2>, ХС) = 180°	ДХВ, ХА) = ДХС, ХВ) <^>
2(РВ,РА) = Л(РС,РБ) <=> Л(РВ,РА)^Л(РС,РВ),
то достатньо довести, що РВ — бісектриса кута АРС.
Рис. 6.6
218
Нехай Ег — точка перетину прямої ВР і дотичної до описа-
ного кола трикутника ВАВ у точці А. У такому разі
АЕ2 =ЕгВ - ЕгВ, тому трикутники АВЕ1 і ВАЕг подібні
АВ ЕВ Е.А	. ЕВ АВ2 л
та —і—=—звідки —'Аналогічно, якщо позна-
АВ ЕуА ЕгВ	ЕгВ АВ2 -
чити через Е2 точку перетину ВВ і дотичної до описаного кола
Е В СВ2
трикутника ВСІ) у точці С, то ——=—г. Ураховуюча, що
Е2В ВСг
АВ • СВ = ВС • АВ, отримуємо:	а тому Е. = Ео ~ Е,
ЕУВ Е2В
Отже, достатньо довести, що точки А, Р, С і Е циклічні, адже
1	1
в такому разі /(АР, ВР)- оАЕ~-и1СЕ = /.(ЕР, СР). Звідси,
2	2
з одного боку, маємо:
/(АР, РС) = /(АР, РХ) + /(РХ, РС) - /(АВ, ВХ) + /(ВХ, ВС) =
/(АВ, ВХ) + /(ВХ, ВС) - /(ВХ, ВА) + /(ВХ, ВС) =
= Д ДВ, ВС)+/(АВ, ВС).
З другого боку, отримуємо:
/(АЕ, ЕС) = /(АЕ, ЕВ) + /(ЕВ, ЕС) =
= /(АЕ, АВ) + /(АВ, ВЕ) + /(ЕВ, СВ)+/(СВ, СЕ) =
=/(АВ, ВВ) 4- /(АВ, ВВ)+/(ВВ, СВ)+/(ВВ, ВС) =
== /(АВ, ВС)+/(АВ, СВ).
Отже, /(АР, РС) = /(АЕ, ЕС), звідки точки А, Р, С і Е — ци-
клічні, що.й необхідно було довести.
Розділ 7
14-й КИЇВСЬКИЙ ТУРНІР МАТЕМАТИЧНИХ
БОЇВ імені ЛЕСІ РУБЛЬОВОЇ
Математичний занзібар*
Наймолодша ліга
1 (172). Відповідь: 27 чисел.
Розв’язання. Оскільки число аЬсаЬсаЬс - аЬс • 1 001 001 і при
цьому число 1001001 ділиться на 3, але не ділиться ні на просте
число 11, ні на 9, то 33 має ділити число аЬс. Усього таких чи-
сел, кратних 33 і менших від 1000, є рівно ЗО, але трицифрових
серед них 27, оскільки не треба враховувати числа 33, 66 і 99-
219
2 (173), Відповідь: 4033.
Розв'язання. За умовою задачі можна записати такі нерівності:
2016х < у < 2017х.
Найменшого можливого значення у набуває при найменшому
можливому значенні х.
При х = 1 маємо: 2016 < у < 2017 => у — неціле число, тобто це
значення неможливе.
При х = 2 маємо: 4032 < у < 4034 => шукане значення;
З (174). Відповідь: два варіанти.	*
Розв'язання. Випишемо ті пари чисел, які можуть бути су-
сідніми:
(1; 3), (1; 7), (2; 6), (2; 9), (3; 5), (3; 8), (4; 7), (4; 9),
(5; 6), (5; 8), (6; 7), (7; 9).
Зрозуміло* що деякі із чисел трапляються двічі, а тому ці
пари обов’язково будуть як сусідні за будь-якої розстановки. Ви-
пишемо їх:
(1; 3), (1; 7), (2; 6), (2; 9), (3; 8), (4; 7), (4; 9), (5; 8).
Усі ці пари чисел мають бути; не вистачає до цього комплекту
лише пари (5; 6).
Нехай праворуч від кружечка із цифрою 1 стоїть кружечок
із цифрою 3, після нього йде кружечок із цифрою 8, потім — із
цифрою 5. Далі всі кружечки заповнюємо однозначним чином.
Аналогічно існує симетричне розташування цих чисел з утво-
ренням таких самих пар. Отже, є всього два варіанти.
4	(175). Відповідь: один із можливих прикладів на- -----------7
ведено на рис. 7.7.	\ / \ /
5	(176). Відповідь: 17 -4 = 68+25 = 93.	У X
Розв'язання. Випишемо всі добутки двоцифро- / \ / \
вого числа на одноцифрове, щоб не порушувалися
потрібні умови (не повторювалася жодна з п’яти . рис 77
цифр і добуток був двоцифровим):
16-3 = 48, 18-3 = 54, 19-3 = 57, 13-4 = 52,
17-4 = 68, 18-4 = 72, 19-4 = 76, 13^6 = 78,
12-7 = 84, 14-7 = 98 та 12-8 = 96.
Тепер спробуємо дібрати другий доданок аЬ для кожного
з випадків. Перебором знаходимо єдину відповідь.
6	(177). Відповідь: 2017.
Розв'язання. Підрахуємо суми перших цленів послідовності:
82=а1+а2;
= ц2 — а1, 53 = 82 + а3 = + а2 + а2 — = 2а2,
а4 =аз~^2 ~а2 ~~аі “а2 =~аі’ ^4	+а4 =^Л2 “^1 = 2«2 “^5
^5 = #4 “а3 =~~^1 ~^2 +&1 ~~^2> ^5	+ ^'5 =	= ®2
^6 “ ^5 ~ ^4 = “ &'2	’ ^6 = ^5	= ^2 ” “ ^2	~ Ф
220
а7~ав а5 — л2+а1+а2—а19 87—8^ + а7—а1^
а8 = ^7 “ аб ~ &1 + а2 “ ^1 = а29 ^8 = ^7 + а3 = аі * ^2» — *
. Як бачимо, сама послідовність і послідовність сум має період 6,
тому
^2017 ~ ^2016 + 1 = ^336-6 + 1 =$1 =аі =2017.
7	(178). Відповідь: 9.
Розв'язання. .Менше від дев’яти . камінців бути не може,
оскільки, поділивши на п’ять купок вісім або меншу кількість
камінців, утворимо хоча б дві купки, у яких буде лише по одному
камінцю,— це. суперечить тому, що всі камінці мають різну вагу.
Для дев’яти камінців легко дібрати потрібні'за вагою, напри-
клад такі: 1, 2, ..., 9. Розподіл по купках може бути таким: (7, 8),
(9, 6) та (1, 2, 3, 4, 5) — три купки; (9), (8, 1), (7, 2), (6, 3) та
(5,4) — 5 купок.
8	(179). Відповідь: 48 варіантів.
Розв'язання. Очевидно, що дві вершини слід < • • •
вибирати а одного горизонтального відрізка, на
; якому лежать чотири точки, а третю,— з другого • • • •
(рис. 7.8). Якщо вибрати дві вершини з верхнього
відрізка, то матимемо шість варіантів трикутни- Рис- 7,8 .
ків; ще одну вершину можна вибрати з нижнього
відрізка чотирма варіантами, тому*разом 6-4 = 24 варіанти. Така
сама кількість варіантів буде й при іншому виборі.
9 (180). Відповідь: (3; 1), (5; 3), (1; 1), (1; 2), (3; 4).
Розв'язання. З умов натуральності чисел, що їх задано дроба-
ми, маємо такі нерівності: а+1>Ь та Ь + 2>а. Звідси
а-2<Ь<а+1. Розглянемо можливі випадки.
_ л	_	& + 2	.	& + 1 д + З	3 .
Випадок 1; Ь-а-2 =>------= 1 —ціле число;----=-----= 1 +--
а	Ь Ь Ь
натуральне число, якщо Ь = 1 та Ь = 3.
„ о	.	&+2 а + 1
Випадок 2. Ь = а-Л=ь-----=-----=1+ — є’цілим числом при
.а а а
а = 1 => Ь = 0 -- не натуральне число, тому для цього випадку
розв’язків немає.
„ а о ь	Ь + 2 а4"2 і 2	•	і х. і
Випадок 3. о-а =>-----=-----= 1 +— є цілим при а = 1, Ь - 1
а а а
або а = 2, Ь = 2;	=	— натуральне число, якщо а = 1. По-
Ь а
єднуючи ці дві умови, знаходимо ще один розв’язок.
т-» а" а і. і & + 2 а + 3	3	_
Випадок#. & = а+1 =>-----=-----= 1+— є цілим при а - 1, Ь = 2
а а а
або а = З, Ь = 4; —— = 1 — натуральне число.
221
10	(181). Відповідь-. -4, -3, ...» 4, 5.
Розв'язання. Якщо Івась запише числа -4, -3, ...» 4, 5, то
отримає чотири цукерки. Сума всіх чисел — 5, тому він може
викреслити числа “4, 1, 4, 5. Покажемо, що більшої кількості
цукерок йому не заробити.
Нехай записано числа а, а + 1, а + 2, ..., а + 9, 8 = 10а +
+ 45 — їхня сума. Тоді квадрати слід шукати серед таких>10 по-
слідовних цілих чисел: 8 - а - 9, 8 - а - 8, ..., 8 - а. Якщо
найменше з розглядуваних чисел дорівнює 4, то серед десяти
послідовних цілих чисел не може бути більше ніж два квадра-
ти. Наступний квадрат відрізняється від попереднього на таку
ч величину:	о .,
(х+1)2-х2 =2х+1.
При х = 2 значення цього виразу дорівнює 5, а далі ще збіль-
шується. Отже, треба розглянути послідовності сусідніх 10 на-
туральних чисел, серед яких найменшими є 0, 1, 2, 3. Перекону-
ємося, що більше ніж чотири квадрати бути не. може. Точніше,
чотири квадрати є лише в послідовності 0, 1, 2, ..., 9. Тепер
неважко знайти шукані числа:
9 = 8-а = 9а+45	а=-4.
11	(182). Відповідь-. 9.
Розв'язання. Нехай у купках лежать а1<а2<а3<а4 камінців.
Кількість камінців у купках є різною, тому а1+3<а4.Отже, з од-
ного боку, якщо розкладати камінці з першої, найменшої купки,
то для того щоб кількість камінців у них стала однаковою, у чет-
верту купку доведеться покласти принаймні один камінець,
у третю купку — мінімум два камінці, у другу купку — не менше
ніж три камінці. Таким чином, у першій купці має бути.щонай-
менше 1 + 2 + 3 = 6 камінців. Через це в четвертій, найбіль-
шій купці не може бути менше ніж 6 + 3 = 9 камінців.
З другого боку, переконуємося, що розподіл камінців аі =5+і,
і = 1; 4, задовольняє умову задачі, а тому число 9 є шуканою від-
повіддю.
12	(183). Відповідь: приклад можливого розрізання Наведено на
рис. 7.9.
Розв'язання. Проведемо висоту ВВ
з вершини рівнобедреного трикутника.
Вона є віссю симетрії, через це висо-
ти ВР і ВВ, опущені на бічні сторо-
ни АВ і ВС відповідно, будуть рівними,
тому висота рівнобедреного трикутни- *
ка ВРЕ лежатиме на прямій ВВ. Звідси
ВВ ± РЕ, і всі трикутники, що утвори-
лися, є прямокутними.
в
в
с
Рис. 7.9
222
13	(184). Відповідь: 2.
Розв'язання. Для п = 2 такі числа легко дібрати безпосеред-
ньо: тп = 12, а = 8 та Ь = 9.
‘ Зрозуміло, що п. = 1 умову не задовольняє, оскільки з рівності
тп2 ~аЬ випливає/що не може одночасно бути а9 Ь < тп.
14 (185). Відповідь: 5300.
Розв'язання. Позначимо вагу яблука, груші та апельсину че-
рез х, у і 2 відповідно. Тоді маємо такі два співвідношення:
. х + Зу + 2г = 2350,	(1)
2х + 5р + 42 = 4350.	(2)
. .Розглянемо рівність, яка утворюється таким чином: Першу
рівність множимо на (-“7), другу — на 5 і додаємо отримані спів-
відношення, тоді
* Зх + 4у + 6з = 5300.
15 (186). Відповідь: 128.
Розв'язання. Сірі клітинки (рис. 7.10) розбивають на пари
(по діагоналі) — є вибір, яке з двох чисел туди можна постави-
ти. Числа 1 і 2 ставлять однозначно в першому рядку, далі для
чисел 3 і 4 є два варіанти. Число 5 у фігуру ставлять однознач-
но; щоб поставити у фігуру числа 6 і 7, знову є два варіанти.
Отже, загалом маємо 27=128 варіантів.
16 (187). Відповідь: приклад такого п’ятикутника зображено на
рис. 7.11.
Розв'язання. Шятикутник АВСВЕ розрізаємо по прямій М1Я9
наприклад, таким чином, що АВ = СЕ = МС =	- 2, ВМ =	=
= МР = Р2У = 1; Тоді з трикутників МСВ і ^NЕ можна утворити
прямокутник АВМИ.
Рис. 7.10	Рис. 7.11
17 (188). Відповідь: 24.
Розв'язання. Нехай <2 — це НСД чотирьох двоцифрових чисел,
тоді найменші можливі числа такі: (1, 2(1, 3(1, 4(1. Звідси
4(1 <100 г=> а! <24. Отже, шукані числа побудовано: 24,48, 72, 96.
223
18 (189). Відповідь! 7.
Розв'язання. Нехай було т спортсменів та п керівників. Тоді
сумарний вік усіх спортсменів становить 22т, керівників —
47л. Маємо: ^^-^^ = 40 => 22т+47л = 40т+40п => 7п = 18т.
т+п
Найменше значення — т = 7.
19 (190). Відповідь*. 2 очки.
5*4
Розв'язання. Усього партій було ——=10, із них п’ять завер-
шилися внічию. Оскільки останній гравець програв усі чотири
партії, то перші четверо зіграли між собою внічию всі партії,
крім однієї. Переможець цієї партії виграв турнір, а той, хто
програв партію, став у підсумку четвертим, тому він і набрав
л 2 очки — перемога над останнім і дві нічиї.
20 (191). Відповідь! наприклад, сторони 10, 10, 2.
Розв'язання. Об’єм даного паралелепіпеда: 10-10-2 = 200.
Якщо змінити сторони таким чином: 9, 9, 3, то об’єм стане та-
ким: 9 * 9 - 3 = 243 >200.
Молодша ліга
1 (192). Відповідь! п = 43 та п = -“67.
Розв'язання. Нехай л2 + 24 л+35 = тп2, тп>0. Тоді т2-(л+12)2 =
= -109 або
(т - п ~ 12) (т 4- п 4- 12) = ~109.
Звідси маємо такі випадки:
•	т - п - 12 = -1 та т 4- л 4- 12 = 109, тоді* 2т = 108 та т = 54,
п = 43;
•	тп ~ л ~ 12 = -109 та т + л 4- 12 = 1, тоді 2т = -108 — не за-
довольняє умови;
•	т-п-12- 109 та т 4- л + 12 = -1, тоді 2т = 108 та тп = 54,
п = -67;
•	т - п - 12 = -109 та тп 4^ л +• 12 = 1, тоді 2т = -108 — не за-
довольняє умови.
2.	Див. розв’язання задачі 2 (173) наймолодшої ліги.
3.	Див. розв’язання задачі 3 (174) наймолодшої ліги.
4 (193). Відповідь! 50°.
Розв'язання. Нехай кути трикутника дорівнюють а, а, р.
Якщо р — найменший кут трикутника, то а-р = 15°, звідси
а = Р+15°, тоді 2а+Р = Зр+ЗО° = 180°, отже, р = 50°.
Якщо р — найбільший кут трикутника, то р-а=15°, звідси
Р = а+15°, тоді 2а+р=За+15°=180°, отже, а = 55°.
Із двох варіантів бачимо, що шукана відповідь 50°.
224
5. Див.дюзв’язання задачі 5 (176) наймолодшої ліги.,
6. Див. розв’язання задачі 6 (177) наймолодшої ліги.
7	(194). Відповідь: 2.
ґ Розв'язання. Зауважимо, що в разі будь-якого ходу різниця
кількостей олівців у двох довільних коробках не змінює остачі
від ділення на 4. Спочатку в усіх коробках кількості олівців
давали різні остачі від ділення на 4, тому й після кількох ходів
кількості камінців у всіх коробках даватимуть при діленні на 4
різні остачі. Числа 8 і 9 — кількості олівців у.першій та четвер-
тій коробках — дають остачі 0 та 1 від ділення на 4, тому для
кількостей олівців у другій і третій коробках залишаються оста-
чі 2 та 3. Тоді сума кількостей олівців у цих коробках дорів-
нює 5 = 22 - 17, Звідси в другій і третій коробках має бути 2 та
З олівці: 2 олівці — у другій коробці, а 3 — у третій, оскільки
5-6 ^3-2 (тосі 4), що у випадку, якби все було навпаки, пору-
шувало б указаний інваріант.
Насамкінець покажемо послідовність перекладань, за яких
умова задачі виконується:
(4; 5; 6; 7) -»(7; 4; 5; 6) -»(8; 1; 6; 7) -»(9; 2; 3; 8).
8	(195). Відповідь: 76 варіантів.
Розв'язання. Усього три точки з дев’яти можна. • • •
9!
вибрати 0$	= 84 способами (рис. 7.12). Зали- • • •
шається відкинути з них ті, де всі три точки розта- • • •
шовані на одній прямій. Таких прямих, як неважко
підрахувати, рівно 8.	Рис. 7.12
9	. Див. розв’язання задачі 9 (180) наймолодшої ліги.
10	. Див. розв’язання задачі 10 (181) наймолодшої ліги.
11	. Див. розв’язання задачі 11 (182) наймолодшої ліги.
12	(196). Відповідь-. |.
Розв'язання. У прямокутному трикут-
нику АКМ гКМА=30°, тому АК = -
4
(рис. 7.13). Звідси в рівносторонньому три-
кутнику СЬК сторона СК
13	. Див. розв’язання задачі 13 (184) наймо- •
лодшої ліги.
14	(197). Відповідь:
200
Розв'язання. Позначимо шуканий добуток через А. Оскільки
1 (£-1)(*+1) _
1— ------------ то
л2
Рис. 7,13
в
225
1-3 2-4 3-5 4-6	98 -100 99 -101 1 -101 101
~ 22 З2 42 б2 *’*	992	1002	2-100“200*
15	(198). Відповідь: 300.
Розв’язання. Приклад, що це можливо для 300 цифр, такий:
ОО^И^ОО^.
100	100	100
Припустимо, що цих цифр може бути більше, позначимо їх
. зліва направо таким чином: ар а2, ..., ал. Оскільки серед цифр
а1, а2,..., а200 нулів та одиниць порівну, а серед цифр а19 а2,..., а200,
«201’ «202 — не порівну, то цифри а201, ^однакові, тобто аад =агйі.
У наборах цифр а2, а3,та а2,а3...............«2оі’«го2’«гоз маємо,
Щ° Л202 = Л203 » ТОМУ ^201 = а202 = Л203 \ * ННЯЛОГІЧНО П201 = Я202 = ... = О,п.
Якщо п > 300, то матимемо, що від а201 до ап стоїть більше ніж
100 однакових цифр, які йдуть поспіль. Це суперечить умові,
тому п < 300.
16	(199). Відповідь: 45° або 135°.
. Розв’язання. Якщо трикутник АВС гострокутний, то точка Н
лежить усередині, а ЛАОСІ-ХАВР (рис. 7.14), звідки ЛАОСІ =
= АНВСі за гіпотенузою та гострим кутом. Отже, ОСІ - ВСІ, звідси
трикутник ВССІ прямокутний рівнобедрений, тому ЛАВС = 45°.
Якщо трикутник АВС тупокутний, то точка Н лежить зовні,
цього трикутника (рис. 7.15). З аналогічних міркувань випли-
ває, що ЛАОСІ = ЛНВСІ, тому ССІ = ВСІ, звідки трикутник ВССІ
прямокутний рівнобедрений, відповідно ЛАВС-1350.
Рис. 7.14
17	(200). Відповідь: 99 • 98 • 97 • 95 == 89403 930.
Розв’язання. Число 99-98-97-95 є добутком взаємно про-
стих чисел. Покажемо, що воно шукане. Припустимо, є більше
226
число,.нехай воно аг • а2 • а3 • а4, де аг >а2 >а3 > а4. Якщо а4 <95,
то очевидно, що а^а^ <99 • 98 • 97 • 95. При а4 >95 очевидно,
що а4 = 96, тому інші числа — 97, 98 і 99. Маємо: [99; 98; 97; 95] =
= 99^9і195<99.98.97.95
2-3
18	. Див. розв’язання задачі 18 (189) наймолодшої ліги.
19	(201). Відповідь: третє.
Розв’язання. Усього партій між. 9 гравцями — за винятком
9 * 8
братів — було зіграно -— = 36, тому сумарно вони мали набрати
2
не менше ніж 36 очок. Але за умовою вони набрали не більше
ніж 9-4=36 очок. Висновок такий: вони всі набрали по 4 очки
та програли всі свої партії братам. Але тоді Гаррі набрав 9 очок
саме в зустрічах з іншими учасниками, тому програв обидві пар-
тії братам, тобто, вони так само мали по 9 очок з аутсайдерами,
а ще кожен переміг Гаррі.
20	(202). Відповідь: СК: КВ = 1: 3.
Розв’язання. За умовою задачі МАГ —
середня лінія трикутника АВС (рис. 7.16).
Тоді перпендикуляр КР до прямих ВС
і ІЬЖ проходить через центр Р проведено-
го кола. Крім того, Р — середина відріз-
ка МАГ. Тоді очевидно, що СКРІЇ — пря-
мокутник, тому
СК=РИ=-МИ=-МК,
2	4
звідки й випливає наведена відповідь.
.	Рис. 7.16
Середня ліга
1. Див. розв’язання задачі 1 (192) молодшої ліги.
2 (203). Відповідь: х = 2; !/ = «> = -; 2 = 1.
2
Розв’язання. Розглянемо різницю перших двох рівнянь:
Х4-1-£.-1 = 0 => х2у+у-у2х-х = $ => (хр-1)(х-^) = 0 => х = у
X у	'
л 1
або х =—.
У
Випадок 1.x-у. Тоді зробимо аналогічні дії з третім і четвер-
тим рівняннями та матимемо, що х = 2 або х = —.
2
При х~у-2 => ш = 0 — умову не задовольняє.
227
При х = — => так- само одне з двох рівнянь не додатне й умо-
2
ву не задовольняє.
Випадок 2. х=—. Тоді маємо: 2 + і/ + и? = 2та
У	.
і/+-+и> = 2 => 2—=0 => 2 = 1.
2	2
Далі неважко знайти й інші змінні, наведені у відповіді.
3. Див. розв’язання задачі 3 (174) наймолодшої ліги.
4 (204). Відповідь:
Розв’язання. Позначимо центр зовнішнього кола через О
(рис. 7.17), центри середніх кіл — через А, В, а центри най-
менших кіл — через С, В. Розглянемо тепер трикутник АВС
.(рис. 7.18).
Із властивостей кіл, що дотикаються одне до одного, зрозумі-
ло такі довжини сторін: АВ = В, ВС=-В+г, СО = В - г, де че-
2
рез г позначено шуканий радіус найменшого кола. Очевидно, що
радіус середніх кіл дорівнює -В. Далі використаємо теорему
2
Піфагора для трикутника АОС:
(Я-г)2 +|я2 =
Рис. 7.17 .
5 (205). Відповідь: 4, 20.
Розв’язання. Позначимо через п = (а, Ь) та пк = [а, д], тоді
кп2 = аЬ => кп-п=-кп2 => к-1=-кп =>5к-кп=5 або к (5 - гі) = 5.
‘5	5
Оскільки 5 •- п < 5, то єдина можливість к = 5 та п = 4, звідки
й знаходимо (а, Ь) = 4 та [а, &] = 20.
Нехай а = 4с, Ь=4т => аЬ = 80=16ст =>ст=5. Оскільки а<Ь,
то с = 1, тп = 5 і відповідно а = 4, Ь = 20.
228
6 (206). Відповідь: 2,5.
Розв'язання. Нехай унески в роботу першого, другого та тре-
тього працівників за одиницю часу будуть х, у, 2, що вимірюють-
ся у відсотках відносно всієї роботи. Половина роботи буде ви-
1
копана другим і третім працівниками разом за ----- одиниць
2(0 + 2)
1
часу, третім та першим разом — за ----- одиниць часу, пер-
2(2+х)
шим та другим — за —-— одиниць часу. Працюючи так, як
2(х+0)
. 1 11
описано в умові задачі, вони витратять ---+-------+------
2(0+2) 2(г+х) 2(х+0)
часових одиниць, але якщо працюватимуть усі разом, їм знадр-
биться —ї— часових одиниць. Потрібно знайти співвідношен-
Х + 0 + 2•
ня цих величин. Оскільки за умовою
X	у ‘	2
-----------1---1--[_-:---= 1,
'	2(0+2) 2(2+х) 2(х+0)
отримуємо:
111
------_|-----Ц------
2(0 + 2) 2(2+ х) 2(Х + 0) _ Х + 0 + 2 Х + 0 + 2 Х + 0 + 2 _
<	1	2(0 + 2) 2(2 + х) 2(х + 0)
Х + 0 + 2
.1	*	1	0	1	2	3 і л е
2 2(0 + 2) 2 2(г + х) 2 2(х + 0). 2
7.	Див. розв’язання задачі 7 (194) молодшої ліги.
8.	Див. розв’язання задачі 8 (195) молодшої ліги.
9.	Див. розв’язання задачі 9 (180) наймолодшої ліги.
10 (207). Відповідь: 1000. 
Розв'язання. Для кожного &=1;2016 маємо:
р р
1 .1,1
2	2 2	2	+ 2
ук+і УЛп
ї	ї	і	і	і	і
2	2	2	~ 2	2	+ 2
^2017	Х2017	^2016	Х201.7	Х2016	^2015
1	1.111	1	11	1356 _	’ *
=-г-7+-5—+...+-?+-?=-5—+-5—+...+-5-+р- = —-+661=10°°.
+2017	+2016	Л2 01	+2017	Л2016	Л2 +1	‘ *
11 (208). Відповідь: 28.
Розв'язання. Нехай у купках лежать а1<а2<...<а& камінців.
Кількість камінців у купках є різною, тому +7 < а&. Отже, якщо
розкладати камінці з першої, найменшої купки, то для того щоб
229
кількість камінців у купках стала однаковою, у сьому купку, до-
ведеться покласти принаймні один камінець, у шосту — міні-
мум два камінці, ..., у другу купку — не менше, ніж шість камін-
ців. Таким чином, у першій купці має бути щонайменше 1 +
+ 2 + ... + 6 = 21 камінець. Відповідно у восьмій, найбільшій
купці, з одного боку, не може бути менше від 21 4- 7 = 28 камін-
ців. З другого боку, неважко переконатися, що розподіл камін-
ців а, =20і = 1;8, задовольняє умову задачі, тому число 28
є шуканою відповіддю.
В
А В С
Рис. 7.19
12 (209). Відповідь: 90°.
Розв’язання. Нехай відрізок ЕВ симетричний відрізку ЕВ
відносно АЕ (рис. 7.19). Оскільки АЕ — бісектриса, то точка В
лежить на прямій АС, тому ААВЕ-
= ААВЕ (як симетричні), звідки АВ-
-АВ=-АС=ВС, тобто ЕВ — медіана
2
трикутника АЕС. Оскільки трикутник
АЕС рівнобедренйй, то його медіана
є також висотою, звідси ААВЕ = 90°.
Відповідно й ААВС = ЛАВЕ = 90°.
13 (210). Відповідь: 7 або 15.
Розв’язання. Скористаємося відомим твердженням: число п
з таким розкладом на прості множники п~р!^...р^ має рівно
(^+1)..4£ж-+1) дільників. Отже, А = р2. Для числа В = д4. Якщо
р = д, то АВ=р6, і добуток має сім дільників. Якщо р*%, то
АВ = р2д4, і добуток має (2 + 1)(4 + 1) = 15 дільників.
14 (211). Відповідь-. —.
2	’	/
_ • , _ . 1 11 11(11
Розв язання. Оскільки --------=------та — =----- — ч--
п(п + 1) п п+1 ии и+и\и V
то матимемо:
о . 1 1 1 1 1	.1	1 т 2
5—1-----1-----1----ь... 4------, Т — 
2 3 4 5 6	99 100	151
1 1
----1--
51 52
ТТ	••	-О	1111
Додамо та віднімемо від 8 вираз	тоді
2 4* 6	100
о 1	1	1
5 = І4- —Ч- —Ч- —Ч-...4-
2 3 4
51 + 52+ +100	=151
Т 2 ( 1	1	1	1^2*
151 І51 52 53	1007
230
15 (212). Відповідь: 16.
Розв’язання. Розстановка шуканих тур така: білі тури займа-
ють верхній лівий квадрат 4x4, а чорні — правий нижній; Зро-
зуміло, що умова задачі виконується. Покажемо, що більшої
кількості досягнути неможливо. Очевидно/ що в кожній лінії
(горизонталі чи вертикалі) можуть стояти лише тури одного ко-
льору. Ці лінії називатимемо відповідно білими або чорними.
Якщо, наприклад, білих горизонталей більше ніж 5, то можна
поставити максимум 12 чорних тур.
Отже, кожного кольору може бути від 3 до 5 ліній кожного
напряму. Якщо, наприклад, білих горизонталей рівно 5, то чор-
них відповідно рівно 3, але тоді вертикалей має бути не менше
ніж .6, оскільки 3-5<16. Таким чином, отримуємо супереч-
ність. > Доходимо висновку: чорних і білих ліній кожного напря-
му має бути по 4.
16.	Див. розв’язання задачі 16 (199) молодшої ліги.
17.	Див. розв’язання задачі 17 (200) молодшої ліги.
18	(213). Відповідь: 4.
Розв’язання. Нехай а+Ь<К. З нерівності між середнім ариф-
метичним і середнім геометричним маємо:
22	4	4
к
Якщо — = 1, тобто К = 4, умова задачі справджується. Якщо
К	К2
К > 4, то можна покласти а = & =—, тоді а + Ь = К, але аЬ =— =
2	4
К
= К — >К. Отже, 4 — найбільше значення для К> при якому
4
умова справджується.
19 (214). Відповідь: 10.
Розв’язання. Виберемо столицю, з якої
можна дістатися прямим сполученням не біль-
ше як до трьох міст. З кожного з них за один
переліт можна потрапити ще 'максимум у два
міста. Отже, у країні є максимум 1 + 3+3-2 = 10
міст. Приклад можливого авіасполучення на-
ведено на рис. 7.20.
20 (215). Відповідь: 4.
Розв’язання. Нехай внутрішні дотичні до цих кіл перетина-
ються в точці Р (рис. 7.21). Тоді ці дві спільні дотичні поділяють
площину на чотири частини. Нехай коло лежить по той са-
мий бік від спільної дотичної ОР9 що й точка А. Тоді сг — впи-
сане коло трикутника АОР, а с2 — зовнівписане коло трикутни-
ка ВОР> що відповідає вершині О. Скористаємося формулою
231
Рис. 7.20
площі трикутника через однакові радіуси кіл, які для зручності
позначимо через г:
28А0Р = (АО+ОР + РА) • г, 28ВОР = (ВО+ОР-ВР) • г.
Звідси
2£АО5 = 28АОР + 28Р0В = (2ВО + 2ОР+РА- ВР) • г,
Рис. 7.21
Ураховуючи рівність дотичних, проведених із точки до кола,
а також рівність кіл, неважко показати, що вираз у дужках до-
рівнює 4ОВ. Крім того, оскільки РТ1=РТ2=РО1=Рй29 то
2ОР = ОТ] + О^ = 0Т3 + 0173 = (ОА - АТ3 )+(0В+В173) =
= (ОА-АТ2)+(ОВ+В172) = 2ВО-(АТ2-ви2) = 2ВО-(АР-ВР).
Через це 20Р +АР - ВР = 2В0, звідки й випливає вказана рів-
ність.
Позначимо шукану відстань через (і — вона є висотою, про-
веденою до бічної сторони рівнобедреного трикутника АОВ, Та-
ким чином, 28аов = ОВ -(і => (і=4г = 4.
232
Старша ліга
1 (216). Відповідь*. ЗО.
Розв'язання. Оскільки ,11й-6й : 11-6 = 5 і 5Л:5, то число
Тп = 11л -6й -5” кратне 5 для всіх натуральних п. Аналогічно це
. число кратне 6, тому всі ці числа точно кратні ЗО. Оскільки чис-
ла Т2 =60 і Т3 =990 не діляться на 60, то їхній НСД дорівнює ЗО.
2. Див. розв’язання задачі 2.(203) середньої ліги.
З (217). Відповідь*, відповідей може бути багато, наприклад така:
1175 111.
Розв'язання. Очевидно, що найпростіше придумати приклад,
де цифри повторюються: 11, 17, 75, 51, 11, 11, 11. У наведеному
прикладі є п’ять цифр 1, що утворюють добуток II4, а далі тре-
ба дібрати інші цифри.
4.	Див. розв’язання задачі 4 (204) середньої ліги.
5.	Див. розв’язання задачі 5 (205) середньої ліги.
6.	Див. розв’язання задачі 6 (206) середньої ліги.
7.	Див. розв’язання задачі 7 (194) молодшої ліги.
8	(218). Відповідь*. 4.
Розв'язання. Прикладом такого тіла є чотирикутна піраміда,
у якої основа — чотирикутник, а бічні грані — трикутники.
Більше ніж чотири грані бути не може, оскільки тоді, якщо всі
п’ять граней є трикутниками, величина 5*3=15 має показува-
ти подвоєну кількість ребер усього тіла, адже ребро належить
водночас рівно двом граням. Одержана суперечність завер-
шує доведення.
9	(219). Відповідь*. 1 та 2.
• Розв'язання. Нехай Сашкове число має дільники
1=< (і2 <... < д,к = п. Оскільки число п+1 =4* +1 взаємно просте
із числами д19	..., (ік, то
(^+1)№+1) ...(^_1+1);
Але ж для кожного і = 1, к-1 ^+1<(^+1. Таким чином,
в останній подільності кожний відповідний множник дільника
не менший від відповідного множника діленого. Це можливо
лише за умови, що вони всі рівні. Але тоді <^_1+1=<4 =», тобто
п ділиться на =71-1. Очевидно, що це справджується лише
за умови п = 1 (тоді число п - 1 не існує) або п = 2 (тоді п - 1 = 1).
У всіх інших випадках числа п та п - 1 взаємно прості.
10 (220). Відповідь*. / (х) = 2015 - х.
Розв'язання. Запишемо цю рівність для (і = 25, тоді
/(25) (^)=/(5) (7(5) (/(5> (/(5) (Л5> (з)))))=2015 -7(б) (/(5> (Г™ (/(5) (з)))) =
=2015-(2015-/'5>(/<!>>(/(5,(2)))) = /(6)(/<в>(/да(2)))=...=/<8)(г)=2015-2 =>
233
=> /(2в,(2) = /<18’(/!(13’(г)) = 2015-/'<1®,(2)=2015-(2015-г) = 2 =>
=> 2015- г = У"26’ (2015 - з) = /(/<26) (2015-г))=/(г).
Перевіркою переконуємося, що ця функція задовольняє умо-
ви задачі.
11; Див. розв’язання задачі 11 (208) середньої ліги.
12	(221). Відповідь*. |.
Розв’язання. Нехай Л=АН Г) ВС
(рис. 7.22), К — точка перетину описа-
ного кола трикутника АВС і прямої АН.
Пряма, що перпендикулярна до сторо-
ни ВС і проходить через інцентр І, пе-
ретинає. відрізок ВС і меншу дугу
кола ВС у точках Е та N відповідно.
Тоді матимемо:
ЛВІС = і 80° - (ЛІВС+ЛІСВ)=
=і80°-|(гАВС+гАСВ)=
= 90°+і гВАС = 120°.
-	2
Також маємо:
ЛВИС = 180° - ЛВАС = 120° = ЛВІС.
Оскільки Ш ±ВС, то ВІСИ — ррзпяющ, тому ІЕ = ЕИ.
Оскільки точка Н — ортоцентр трикутника АВС, то НВ = ВК.
Оскільки Ш ± ЕВ та НК ± ЕВ, то ІНКИ — рівнобічна трапе-
ція з бічними сторонами ІН - ИК. Таким чином,
ЛАНІ=180° - ЛШК = 180° - ЛАКИ = ЛАВИ.
Оскільки = ЕЛГ та НУ ЛЕВ, то МВЕ-АІЇВЕ, тому
ЛИВЕ = ЛІВЕ --- ЛІВС = ЛІВА = і ЛАВС => ЛАНІ=ЛАВН = - ЛАВС.
2	2
13	(222). Відповідь: 8, 12 або 20 дільників.
Розв’язання. Скористаємося відомим твердженням: число п
з таким розкладом на прості множники п-р^...р^ має рівно
+1)...(кт +1) дільників. Таким чином, В = д4. Розглянемо для
числа А два випадки.
Випадок 1. А = р3.
Якщо р = д, то АВ-р1 і добуток має 8 дільників.
Якщо р^, то АВ = р3ц* і добуток має (3 + І)(4 + 1) = 20 діль-
ників.
Випадок 2.А= рг.
Якщо р = р (або р = г), то АВ = р$г і добуток має (5 + 1)(1 + 1) =
= 12 дільників.
234
Якщо	то АВ = ргд4 і добуток має (1 + 1)(1 + 1)(4 + 1) =
= 20 дільників.
14	. Див. розв’язання задачі 14 (211) середньої ліги.
15	. Див. розв’язання задачі 15 (212) середньої ліги.
16	(223). Відповідь: 6.
Розв’язання, Нехай х=8РАВ9 у = 8РВС
та 2 = 8рас (рис. 7.23). З рівностей
У $рсв ВР ^рвв % 1
=	= — = _*££.=---- випливає,
2 3АСР АР Здрр 1
ЩО 2(х-1) = у => Х(2 + 1) = Х + у + 2.
Аналогічно
у (х+1) = х + у + г
та 2 (у + 1) = X + у + 2.
Таким чином, маємо такі рівності:	Рис. 7.23
у (X + 1) = 2 (у + 1) = X (2 + 1).
Нехай без обмеження загальності х<у,2. Якщо при цьому
у > 2, то отримаємо суперечність, оскільки (у + 1) 2 > (2 + 1) X,
Аналогічно при у < 2 матимемо суперечність (х + 1) у > (у + 1) 2.
Отже, у ~ 2, і неважко бачити, що х = у = 2. Але тоді з одержа-
них рівностей х(2 + 1) = х + у +. 2 матимемо, ЩО X = у = 2 = 2,
тому 5^ = 6.
17. Див. розв’язання задачі 17 (200) молодшої ліги.
18 (224). Відповідь: Зл/З.
Розв’язання. Нехай а+Ь+с^К. З нерівності між середнім
арифметичним і середнім геометричним маємо:
аЬег-^^^К.^.
З3 27	27
<	^2	___ —
Отже, якщо — = 1, тобто К~ 727 =3\/3, то умова задачі
27
справджується. Якщо К>$4з, то можна покласти а = Ь =
З
тоді а + Ь + с-К, але аЬс-—~К---->К. Таким чином,
27 .	27
Зл/З — найбільше значення для К9 при якому умова справджу-
ється.
19. Див. розв’язання задачі 19 (214) середньої ліги.
20. Див. розв’язання задачі 20 (215) середньої ліги.
235
МИШВИ Командна усна олімпіада ЯММННІ
Наймолодша ліга
1 (225). Відповідь: пропозиція партії ТЮЗ.
Розв'язання. Позначимо ціну деякого товару через 1, зар-
платню — через х. Тоді на даний момент людина могла придба-
не .	.	'	.
ти .у кількості товару.
Якщо буде прийнято пропозицію партії ВДВ, то зарплатня
З	-	Зх	.
.складе -х, і людина зможе придбати — кількості товару.
2	2
У разі прийняття пропозиції партії ТЮЗ ціна товару станови-
4

1	.	&	1 2х .
тиме —, і людина зможе придбати х:-=.— кількості товару.
2	2	1
5
Прийняття пропозиції партії РЕП гарантує зарплатню —х,
4
З
тоді ціна товару становитиме —, і людина зможе придбати *.
4
5х 3 5х
—: —-— кількості товару.
4 4 3
2	(226). Відповідь: так, може.
Розв'язання. Приклад розташування
міст доказано на рис. 7.24. Наведемо по-
яснення. Проходимо замкнений марш-
рут А —>В—>С	А, наприклад,
таким чином, що перший перехід А -> В
відбувається проти руху годинникової
стрілки. Далі переходи в цьому напрямі
вважаємо зі знаком «+», а у зворотно-
му — зі знаком «-». Довжина маршру-
ту — 24, тому ми не можемо зробити
більше ніж один обхід усього маршруту. Унаслідок цього маємо
отримати число 0 або ±13. Випишемо вираз, де слід добирати
знаки: 3±6±4±5±6. Оскільки сума парна, то маємо отримати
суму 0. Залишається дібрати знаки перед доданками: 3 - 6 + 4 +
+ 5-6 = 0.
\3

1
В
Рис. 7.24
З	(227). Відповідь: не можна.
Розв'язання. Запишемо цей приклад
у більш зручному вигляді (рис. 7.25).
З останніх двох стовпчиків зрозуміло,
що М+Е >10 та Т + 1 = Н. З перших
стовпчиків випливає, що Е = 9 та 8 = 8.
Але тоді з другого справа стовпчика
маємо, що N + Е + 1 = 10 + Н, звідки
N = Н — суперечність.
8- Е V Е N _
ОМЕ
Е І О И Т
Рис. 7.25
236
4	(228). Відповідь: 24.
Розв’язання. Зрозуміло, що сума периметрів кожних двох
малих прямокутників, які мають лише спільну вершину, дорів-
нює периметру великого прямокутника (рис. 7.26). Позначимо
периметр останнього малого прямокутника через х, тоді мати-
мемо такі випадки.
Випадок 1. 11+х = 16+19	х = 24.
Випадок 2. 16+х = 11+19 => х = 14.
Випадок 3. 19+х=16+11 => х=6.
5	(229). Розв’язання. Оскільки одноповерховий будинок не є ціка-
вим, то найменша сума поверхів 10 цікавих будинків дорівнює:
2 + 3 + ... + 11 = 65 > 64.
6	(230). Розв’язання. Без обмеження загальності вважаємо, що на-
ведені на рис. 7,27 (показано кольором) три горизонталі є верх-
німи та три вертикалі з лівого краю. Якщо в кожній клітинці
не більше як шість хрестиків, то в темній зоні розташовано не
більше ніж 54 хрестики. Тоді в кожній із сірих зон їх буде не
менше ніж 16. Отже, разом у темній і сірик зонах не менше ніж
70 + 16 = 86 хрестиків, тому на 16 клітинок білої зони припа-
дає не більше за 14 хрестиків. Таким чином, там має бути по-
рожня клітинка або наше припущення хибне і є клітинка з не
менше ніж сьома хрестиками.
7	(231). Відповідь: а) прості числа та квадрати простих чисел;
б) к>3 — непарне.
Розв’язання, а) Очевидно, що це справджується для простих
чисел і квадратів простих чисел, оскільки вони повинні мати
або 2, або 3 дільники.
б) Очевидно, що к>3. Якщо к — парне, то шукана рівність до-
сягається для, чисел М1=2(к-2) та М2=3(к-3). Те, що вони
різні, випливає з того, що вони різної парності.
Для непарних к умова справджується. Дійсно, з рівності
+ Р (гі) = к випливає, що рівно один із цих доданків парний.
Це означає, що число кратне 2, але не кратне 4, оскільки інак-
ше вони обидва парні. Тоді (Цп) = 2 та Р(п) = к ~ 2, тому п =
= сІ(гі) Р(п) = 2к - 4 — єдине можливе значення.
Рис. 7.27
Рис. 7.26
237
8 (232). Відповідь: а) завжди зможе; б) не завжди зможе.
Розв’язання', а) Нехай п«0 (той 3). Позначимо сумарну вар-
тість монет 8. Пофарбуємо монети послідовно в кольори 1, 2, З,
1, 2, 3, ...» 1, 2, 3. Монети одного з кольорів мають сумарну вар-
тість не більшу ніж і8. Далі неважко зрозуміти, що Ганнуся
З
кожним своїм ходом може залишати першою та останньою мо-
нети саме цього кольору. Наприклад, якщо монети кольору 1
мають сумарну найменшу вартість, то своїми першими ходами
Ганнуся забирає дві останні монети кольорів 2, 3 і т. д.: після
кожного взяття монети кольору 1 Марійкою вона бере з того
самого боку монети кольорів 2, 3.
б) Нехай п = 1 (той 3). Пофарбуємо монети послідовно в кольори
1, 2, 3, 1, 2, 3, ..., 1, 2, 3,1. ,	(1)
Далі монети кольору 1 коштують 5 песо, а всі ніші — по
100 песо.	1
Тоді після чергового ходу на обох краях одночасно може за-
лишитися монета кольору 1 лише в тому разі, якщо в ряді зали-
шилася 3^ + 1 монета. Але перед кожним ходом Марійки в ряді
залишається Зк + 2 монети, тому Марійка завжди зможе забра-
ти монету кольору 2 чи 3.
По завершенні у Марійки всі монети будуть кольорів 2 чи З,
тобто вартістю' 100 песо. Неважко підрахувати, що сумарна вар-
тість ц частки значно більша, ніж -8.
З
Молоділа ліга
1. Див. розв’язання задачі 3 (227) наймолодшої ліги.
2 (233). Відповідь: 65.
Розв’язання. Зрозуміло, що добутки	|
площ кожних двох малих прямокутників,	І
які мають лише спільну вершину, дорів-	1
нюють між собою (рис. 7.28). Позначимо __________[_______
площу останнього малого прямокутника че-	।
рез х, тоді матимемо такі випадки.
Випадок 1. 8х=12-18 => х = 27.	Рис. 7.28
Випадок 2. 12х=8 *18 => х = 12.
Випадок 3. 18х = 12*8 => х=—.
З
Оскільки площа великого прямокутника дорівнює сумі площ
малих, то вибираємо випадок 1, де х набуває найбільшого мож-
ливого значення. Тому максимальна можлива площа становить:
8 + 12 + .18 + 27 = 65.
238	*
3.	Див. розв’язання задачі 5 (229) наймолодшої ліги.
4. Див. розв’язання задачі 7 (231) наймолодшої ліги.
5. Див. розв’язання задачі 8’ (232) наймолодшої ліги.
6 (234). Відповідь-. 45°.
Розв’язання. Позначимо центр вписа-
ного в п’ятикутник кола через О. Про-
ведемо в точки дотику радіуси ОМ, ОЬ,
ОЛГ, ОР, 0$. Тоді ОА = ОВ = ОБ як діа-
гоналі рівних квадратів ОМВЬ, ОІЛІЇ
та ОРБО (рис. 7.29). Звідси О — центр
описаного кола трикутника АВБ. Отже,
/ЛОВ = 90° — центральний кут, що спи-
вається на хорду АВ, а кут АВВ — впи-
саний кут, що спирається на ту саму
хорду, звідки його величина 45°.
7 (235). Відповідь-. {1; 2; 4}.
Розв’язання. Оскільки V п є И, маємо, що
п2 <л(пч-1)<п(7і4-2)<(п+1)2 та
п2 <п(п+4)<(п+2)2 і п(п+4)^(д+1)2г
то наведені у відповіді числа задовольняють умову. Покажемо,
що для всіх інших чисел це не так.
Якщо. а-2т, т>3, то а = 8к. Тоді при п = к матимемо:
п (а + п)=к (к+8к) = 97г2 = (Зк)2.
Якщо а#2т, то існує непарний дільник числа а, тобто а =
= (2А + 1)тп, к, т>1. Покладемо п = к2т, тоді
п (а+п) = к2т (к2т+(2к+Р)т) = т2к2 (к+1)2.
8 (236). Відповідь: може. ”
Розв’язання. Виграшна стратегія гравця А така: спочатку він
фарбує (у чорний колір) першими 27 ходами 28 клітинок, кожні
дві з яких розташовані на відстані мінімум 10 одна від одної. Із
цієї кількості гравець В зробить білими лйше половину, оскільки
жодні дві з них не утворювали групу послідовних чорних кліти-
нок, Отже, маємо 27 чорних клітинок. Після того за 26 ходів
гравець А фарбує чорним клітинки, сусідні справа від поодино-
ких чорних, клітинок. Таким чином, без ходів гравця В він отри-
мав би 27 сусідніх пар чорних клітинок. Кожна така пара утво-
рює групу, і гравець В своїми ходами може перефарбувати
половину з них у білий колір і тобто тепер є рівно 26 пар клітинок
чорного кольору. Далі за наступні 25 ходів гравець А дофарбо-
вує праворуч*від кожної пари третю чорну клітинку. Таким чи-
ном, без ходів гравця В він отримав би 26 сусідніх трійок чорних
клітинок. Кожна така трійка утворює групу, і гравець В своїми
ходами може перефарбувати половину з них у білий колір. Інак-
ше кажучи, тепер ми маємо рівно 25 трійок клітинок чорного
239
кольору. Аналогічно після- наступних 24 ходів гравців А та В
матимемо 24 четвірок сусідніх чорних клітинок, далі 23 п’ятірок,
22 шісток, 2і сімок сусідніх чорних клітинок, і нарешті 2° =1 ві-
сімку сусідніх клітинок, чого й треба було досягти.
Середня ліга
1. Див. розв’язання задачі 5 (229) наймолодшої ліги.
2 Див. розв’язання задачі 6 (234) молодшої ліги.
З (237). Відповідь: перемагає Івась.
Розв'язання, Івась має переможну стратегію, однакову для
всіх стовпчиків. Якщо Настя ходить у стовпчику іє{1;2;3}, то
Івась ходить в тому самому стовпчику. Першим ходом Настя
Може зняти лише один чорний диск зверху одного зі стовпчиків.
Тоді Івась знімає всі білі диски, окрім одного, з того самого
стовпчика. Неважко переконатися, що за такою стратегією На-
стя кожного разу має знімати рівно один диск зверху деякого
стовпчика. Якщо в цьому стовпчику залишилися дише останні
11 чорних дисків, то Івась забирає їх усі. Отже, Івась забере
останні диски кожного стовпчика.
4.	Див. розв’язання задачі 7 (235) молод-
шої ліги.
5	(238). Розв'язання, Нехай Н — орто-
центр трикутника АВС (рис. 7.30). Тоді
очевидно, що чотирикутник ВНВВ впи-
саний, отже, за теоремою Сімпсона для
точки В і трикутника РНВ точки Р, (},
В колінеарні. Аналогічно точки (З, В9
8 колінеарні. Звідси всі чотири точки
також колінеарні.
6.	Див. розв’язання задачі 8 (236) молод-
шої ліги.
7 (239). Відповідь: (1;2*-1), пєК\{1}; (2Л-1; 2*+1),пєК.
Розв'язання, При а = 1 розв’язками буде (1; 2Л-1), п єМ\{1}.
Нехай тепер а >2. Маємо: (аЬ 4-1) - (а + Ь) = (а - 1)(Ь ~ 1) > 0.
Нехай а+Ь = 2п9 п>3, оскільки .при п = 2 маємо, що а = Ь = 2.
Тоді а = 2п~1-с-; & = 2п-1+с; 1<с<2*”1. Звідси
а+& = 2л<а&+1 = 22<п -1) - с2 +1 < 2Й(Л ’1}.
Отже, якщо ц& + 1 = 2а, то п+КК2(п-1). Крім того,
2к =аЬ+1-22{п~1)-с2 + 1 => (с~1)(с+1) = 22(л-1)-2\
Таким чином, (с-1)(с + 1): 2к => (с-1)(с + 1): 2Л+1. Оскільки
(с - 1), (с + 1) — послідовні парні числа, то одне з них ділиться
240
лише на 2 (але не на 4), тому друге ділиться принаймні на 2м.
Але це суперечить умові 1<с<2л"1, якщо с*1. Отже, знаходимо
за таких умов єдину можливу пару розв’язків: (2П -1; 2п +1), п
8 (240). Відповідь: 9.
Розв’язання. Розглянемо точку перетину параболи з прямою
у = ах + с. Тоді маємо: 2ах2 ±Ьх+с-ах + с => хг=0 та х2~~-—^-.
2а
З умов задачі має бути а = Ь.
З умови 2ах2+ах+с = ах+а => 2х2 =1-—<0, оскільки має
а
бути не більше одного кореня, тому — >1.
а
З рівності 2ах2 + ах+с = сх+а. => 2х2і'] х+ґ— -11 = 0 має-
\а ) \а /
мо, що дискримінант останнього квадратного рівняння має бути
недодатним, тому
І> = |--1| -8|=
\а ) \а } \.а	;\а	)
Таким чином, найбільше можливе відношення --9, оскіль-
а
ки — >1, то має бути — <9. Шукана умова задовольняється при
а	а
а = Ь та с = 9а.
Старша ліга
1. Див. розв’язання задачі 5 (229) наймолодшої ліги.
2 (241). Розв’язання. Припустимо, що а2=д2+с2. Зрозуміло, що
числа Ь9 с не можуть бути обидва непарними, оскільки інакше
їхня сума має вигляд 4к + 2, що для квадрата неможливо. Та-
ким чином, принаймні одне з них парне, тому Ьс — парне.
Дискримінанти двох рівнянь дорівнюють Р1=а2-4с? та
Ря=а2 + 4с? відповідно. Введемо позначення (і = ~Ьс9 тоді
2
= а2 - 4й = Ь2 + с2 - 4 • - Ьс=(Ь - с/, звідки х12 = ~ (а ± (Ь - с)) є
2	2
Аналогічно для другого рівняння.
У зворотному напрямі: І)1=и2 та ї)2 = у2, тоді а2-4(і = и2,
а2 + 4(1 -V2 => и,у — однакової парності, тому маємо:
/	\2 Ґ \2
о 1 ✓ 2 2ч і и + о ]	и-^ \	~	, и + и и-и
а“=-(и2 + іГ) =-- + -----І , тобто Ь^---, с =--.
2	І2^І2;	2	2
3.	Див. розв’язання задачі 5 (238) середньої ліги.
4.	Див. розв’язання задачі 8 (232) молодшої ліги.
241
5	(242). Відповідь: п — непарне.
Розв'язання. Позначимо через <8 множину всіх функцій, що
зберігаються в пам’яті комп’ютера. Спочатку покажемо, що всі
функції, що зберігаються в множині 8, є непарними, тобто
V х: /(-х) = ~/(х). Це випливає з того, що робота комп’ютера по-
чинається з непарної функції, і всі перетворення зберігають її
-непарність. Таким чином, функції х2к £ 8.
Покажемо, що для всіх непарних п відповідні функції міс-
тяться в множині 8. Розглянемо функцію х2іі+1. Для к = 0; -1 це
очевидно. Припустимо, що для деякого /гєН маємо:
х24-3,	=> —1-—та	=>
•V Т Л»	X
1	1	ж24’3	_	1
; => х2к-1	+х2»-< - (х2*-3	"
=	гіі1е8^хгк~1+хІІ'*1‘=8 => хІМ є 8.
Звідси зрозуміло, що всі функції х2А+1 є 8, що й треба було
довести.
6. Див. розв’язання задачі 7 (239) середньої ліги.
7 (243). Відповідь: 667.
Розв'язання. З умов виконання операцій зрозуміло, що всі
1
числа мають вигляд -г і сума всіх, чисел дорівнює 1000. Назве-
3
мо поганими всі негарні числа. Розглянемо операції, після яких
залишиться не більше як (яг - 1) однакових чисел. Нехай най-
менше число в цій послідовності — Таким чином, можуть
3а
бути числа 1,	-5-, ..., —т. При цьому кожне з них трапляєть-
3 З2 3і
ся не більше ніж (яг - 1) раз. Тоді можна записати:
1000<Оп-1)Ґ1+і+...+4-1=	* '
V з з";
ЇЕ.=2І.Г8
Х_1	2 І 3А^	2
З
Звідси яг >668. За визначенням поганих чисел, усі числа,
більші за отримане, так само є поганими. Покажемо, що най-
більше гарне значення —’ це 667. Позначимо кроки перетворень
1, 2, .... Нехай ак — найменше число, що трапляється перед /г-м
кроком. Нехай кількість таких найменших чисел — хк. Якщо
хк > 667, то залишаємо рівно 667 копій цього числа. До решти
(хй-667) чисел застосовуємо вказану операцію та переходимо
242
до (к + 1)-го кроку. Якщо в певний момент ха<667, то процес
завершено. Числа, що більші за найменше число, трапляються
рівно 667 разів.
Таким чином, перед першим кроком маємо, що аг =1 та =
=1000. Якщо крок к проводиться, то аЛ+1=-|аЛ та 'хк^ =
= 3(хк -667). Далі обчислюємо:
х=1000, х2=999, х3=996, х4=987, х3=960, хб = 879,
1	7.	7 О ч	7	4	7 О	7 V	7
х7 =636 <667.
1
З6
Отже, числа 1,	...,_ -г трапляються по 667 разів, а число
З З5
— 636 разів. Доведення завершено.
8 (244). Розв'язання. Позначимо точки, як показано на рис. 7.31,
зокрема /ВРА = 0. Тоді гг = РВ	сі& - і
2	2
РЯ = РВ+ДО = г'(	-1=—.
І 2	.2/ 8ІП0
Відомо, що
ВД+ВА-АВ	ВР + ВС-СВ.	Ь-с-а+2ВВ
ВР =----------- та £$ =-----------р^ = —------------
2	4 2	2
Із властивостей площі маємо:
ас_<? „о а _/(АВ4ВР + РА) /(СВ-гВР + РС)_
„ ~^АВС ~^АВБ +&ОВС ~	„	+ ——~	-
а	1	£л	а
г'(а + Ь + с + 2ВВ)
= —-----------< = г (р+ВР).
З одержаного вище отрймуємо:
,_Р(І зіпд _Р^ * к
2 2ВВ ’
243
„	.	, ас
Оскільки Л =—, то
ь
п	огчч (Ь-с-а + 2ВВ)са(р + ВВ)
ас = 2г (р+ВВ) = —— (р+ВВ) = ------------———г-2 =>
• ВВ •	2ВВ • Ь
2ВВ-Ь = 2(ВІ)-(р-Ь))-(р+ВВ).
З одного боку, через те що. ВВ2 =р(р~Ь) та г = р - Ь9 маємо:
ВВ2=рг. З другого боку, ми знаємо, що 8АВС=г,(р+ВВ)9 тому
„ ОГІЧ 1 1 ВВ 1	1-
РГ = 8авс = г(р+ВВ) => - = -+-= -+^-.
г г рг г ВВ
Математичний бій № 1
Наймолодша ліга
1 (245). Відповідь-. 15.
Розв’язання. Нехай швидкості Мишка та Грицька — це и та
о, відстань між містами — 8. Тоді першу умову запишемо як
—5 І’5-3	ів±5 с
4	9*	9	о . .	•	.
--------------------------, а другу — як -----------	=—, оскільки про відстань до
и- V-----------------------и V
1 о
/	V —8—3	&
середини шляху Мишку не відомо. Тоді — = ------ ---=>
и 1 ~	1Л
-8	—3±5
4	2
 Випадок 1. [ -8-3 |[ і<8+5 |=^82 => 8=15.
І2	Л2	)’ 4
Випадок 2. \ і^-З || -8-5 |=І82 => 48=15 => 8=—. Ця від-
І2	Д2	) 4	4	.
1 „ о
, повідь умову не задовольняє, оскільки -8<3.
2
2.1 (246). Відповідь: ±1; 3.
Розв’язання. Покладемо у = 1 - х9 тоді рівняння перепишемо
таким чином: р4=4р2. Звідси р = 0; ±2=>х=±1; 3.
2.2 (247). Відповідь: 2037,
Розв’язання. Якщо число а має п цифр, то число з викресле-
ними цифрами — п - .2 цифри, їхня різниця має дорівнювати
2017. Тоді ця різниця не більша за різницю
10«-1 2-10’-8=9 •10“‘г<2017 => п-2<2.
Отже, число — щонайбільше чотирицифрове. Тепер можемо
їх знайти, переписавши умову таким чином:
ЬсдеЬс+2017	2027 = 2017+10 <	99+2017=3016.
Тоді2<Ь<3 => Ьсде^4-2017 = 2056 =^>&=2 ^ 2сЖ?=2с+2017.
244
Маємо: 2 с+2017 <29+2017 = 2046 =>
=> с=0, тому шукане число Ьсс?е = 20+
. +2017 = 2037.
З (248). Розв'язання^ Оскільки за побудо-
вою ОК = АК (рис. 7.32), то з умови
ОК = ОА, тобто трикутник ОКА рівно-
сторонній. Тоді ЛКОВ = 30°, і з рівно-
бедреного трикутника ВОК маємо:
ЛОКВ=75°. Крім того,
ЛКЬВ = АЬОВ+АЬВО = 75°,
що й треба було довести.
А
Рис. 7.32
4.1 (249). Відповідь: спочатку треба довести, що сума кутів у всіх
трикутників однакова.
4.2 (250). Відповідь: 22.
Розв'язання. Неважко зрозуміти, що всі ці точки лежать на
одній прямій, оскільки ВС = ВА + АВ + ВС. Отже, ці точки ле- .
жать на прямій у такому порядку: В, А, І>, С. Тому АС = АВ +
+ ВС = 22.	4
5 (251). Розв’язання. Позначимо ваги шматочків через
А А А А» сусідство яких може бути довільним,
•Р=А + А + А + А + А — вага всього торта.
Спочатку розглянемо випадок р3+р4<-Р. Тоді спершу ІІе-
2
трик вибирає шматочок р5. Після цього Івась може вибрати собі
шматочки щонайбільше р3 + р4 < ір, а Петрик відповідно виби-
рає шматочки загальною вагою не меншою, ніж половина ваги
торта.
Нехай тепер р3+р4>—Р. Якщо Петрик зможе вибрати шма-
2
точок р5 та ще принаймні один із двох — р4 чи р3, то він пере-
може, оскільки у Івася рівно два шматочки: більший вагою, що
не перевищує вагу р5, і другий — вагою, що не перевищує вагу,
другого шматочка Петрика. У випадках, коли:
•	р5 з обох боків має сусідні шматочки р4 та р3 (рис. 7.33);
Рис. 7.33
Рис. 7.34
Рис. 7.^5
Рис. 7.36,
245
*	р5 з одного боку має сусідній шматочок р4 (далі шматочок р3)
або навпаки (рис. 7.34);
♦	д з обох боків має сусідні шматочки рх та р2 (рис. 7.35),
Петрик вибере спочатку шматочок р5, а на другому кроці
зможе вибрати шматочок р4 або р3 та досягне своєї мети.
Залишається розглянути випадок, коли пара сусідніх шма-
точків р5 та р4 оточена з обох боків шматочками рг і р2
(рис. 7.36). Тоді Петрик вибирає шматочок р3, після чого дру-
гим ходом —V шматочок р5 або р4 та досягає бажаного.
6.1 (252). Відповідь: виграє Борис.
Розв’язання. Зауважимо, що гра обов’язково завершиться,
оскільки до записаних чисел щоразу додається принаймні 1.
Можливі ходи Антона: (3; 5)-»(3; 6), тоді Борис перемагає,
оскільки число 3 є дільником числа 6 і після його ходу утворю-
ється пара (6; 6). Далі Борис дотримується стратегії робити що-
разу однакові числа, доки не зможе виграти своїм ходом» Якщо
Антон, маючи два однакових числа, може виграти, то зрозуміло,
що Борис тим самим ходом може виграти своїм попереднім хо-
дом, оскільки одне із цих чисел уже записано.
Аналогічно, у разі першого ходу. Антона (3; 5) (4; 5) Борис
робить рівними ці числа: (4; 5) —>(5; 5).
6.2 (253). Відповідь: виграє Антон.
Розв’язання. Зауважимо, що гра обов’язково завершиться,
оскільки до записаних чисел кожного разу додається принаймні 1.
Антон додає до числа 6 дільник 1, і гравці мають записаними
два однакових числа — 7 і 7. Далі Антон дотримується страте-
гії робити щоразу однакові числа, доки не зможе виграти сво-
їм черговим ходом. Якщо Борис, маючи два однакових числа,
може виграти, то- зрозуміло, що Антон тим самим ходом може
виграти своїм попереднім ходом, оскільки одне із цих чисел вже
записано.
7.1 (254). Відповідь: 1122222222.
Розв’язання. Позначимо через 8(п), О(п) та Е(гі) відповідно
суми цифр числа, суми цифр, що стоять на непарних позиціях,
і суми цифр, що стоять на парних позиціях. Для виконання
умов необхідно й достатньо, щоб 3(д): 9 і сІ(п)-О(п)~Е(гі); 11.
Якщо’5(п) = 9, то п має мінімум 5 цифр. Отже, 3 <€>(»)<
<9-2 = 7, 2<.Е(?г)<9-3 = 6, Оскільки числа О(п) + Е(п) = 8(п),
то вони різної парності, тому гі(п)>11, що неможливо.
Нехай тепер 8(п) = 18. Зрозуміло, що це число не може мати
9 цифр, оскільки тоді всі вони дорівнюють 2, а це число не крат-
не 11. Отже, цифр мінімум 10. При цьому найменше можливе
число має вигляд 1122222222. що задовольняє умову.
246
7.2 (255). Відповідь: не можна.
Розв’язання. Кожне число, що входить до множини А, крат-
не 3, тому сума всіх чисел множини А так само кратна 3. Звідси
й випливає шукане твердження.
8 (256). Розв’язання. Оскільки сума 2017 чисел
(®1 +п2) + (о2 +Лд)4-.». + (П2|)1б +#2О17) + (#2О17 +^1)==2(аі +&2 4"..»+ &2017 )
парна, то серед доданків є принаймні один парний, ’ тому їх-
ній добуток парний і в знаменнику остання цифра — 0. Неважко
переконатися, що в чисельнику остання цифра — 5.
Молодша ліга
1 (257). Відповідь: З35 > 253.
Розв’язання. Наведена відповідь випливає з таких перетворень:
З35 = (З7)5 = 21875 > 20485 = (211)5 = 235 > 253.
2. Див. розв’язання задачі 2.1 (246) наймолодшої ліги.
З'(258). Розв’язання. Із трикутника ВЕС маємо: ЛСЕВ = 90° - ЛЕСВ,
а з трикутника АВС отримуємо: ЛАВС-90°-ЛАСВ, тому ці
кути рівні: АСЕВ = ЛАВС (рис. 7.37).
Оскільки ЛСЕВ = ЛЕВ В (як вертикальні), то трикутник ВЕВ
рівнобедрений, ВЕ = ВВ = ВЕ, через те трикутник ЕЕВ прямо-
кутний із прямим кутом ЕВЕ.
У трикутнику СЕЕ проведено дві висоти ВС і ЕВ, тобто -точ-
ка Р — його ортоцентр, а тому ЕР — третя висрта цього, трикут-
ника, отже, ЕР А. СЕ.
4 (259). Розв’язання. Якщо пряма АВ проходить через точку пере-
тину прямих ВСІ і СР, то відрізок АВ буде висотою трикутника
АВС. Оскільки АВ — також бісектриса, то трикутник АВС буде
рівнобедреним, АВ = АС. Оскільки ЛВАС = 60°, то трикутник
АВС рівносторонній, що суперечить умові. Отже, прямі АВ, В<^
і СВ. церетинаються в трьох різних точках.
За умовою (рис. 7.38)
2ГвАР = 22Ш) = 30о та /АОВ = 2АРС = 90°.
247
Таким чином, прямі АР і Вф перетинаються під кутом 60° так
само, як і прямі АВ і СВ. Доходимо висновку, що два кути в три-
кутнику, вершинами якого є три точки перетину прямих АР, В(}9
СВ, дорівнюють 60°. Такий трикутник є рівностороннім.
5. Див. розв’язання задачі 5 (251) наймолодшої ліги.
6 (260). Відповідь: 13.
Розв'язання. Назвемо шляхом між комірками А і В таку по-
слідовність комірок, яка починається з комірки А, закінчується
коміркою В і кожні дві сусідні комірки мають спільну сторону.
Позначимо 2г та 22, а також 242 та 242 комірки, у яких роз-
ташовано відповідні пари чисел. Для і, і = 1, 2 через Ві . позна-
чимо найменший прямокутник, що містить 2І та 24;. у проти-
лежних кутах прямокутника, а через п.та р. у — сторони
відповідного прямокутника Ві .. Оскільки вздовж сторін ідуть
шляхи, що сполучають комірки із числами 2 та 24, то комірки
мають принаймні по одному разу містити всі проміжні числа,
тобто 3, 4, ..., 23. Таким чином, сума двох сторін кожного пря-
мокутника має бути не меншою ніж 24, тому + ; >24. Отже,
можливі пари сторін такі: (12; 12), (11; 13), (12; ІЗ) та (13; 13).
Без обмеження загальності вважаємо, що 2г та 241 розташовані
відповідно в лівому нижньому та правому верхньому кутах пря-
мокутника В11. Занумеруємо рядки та стовпчики числами від 1
до 13 зліва направо та знизу догори відповідно.
Нехай (а; Ь) — координати комірки числа 2Р (а'; Ь') — коор-
динати комірки числа 24п тоді а' = а+и11-1, Ь' = Ь+о1л-1.
Оскільки а+Ь>2, а'+У<26 та и1д + ц1>24, то а + 5<4 та
а'4-6'>24. Наприклад, при а + Ь = 4 маємо, що а'+У >26, а тому
а'+5'= 26, тобто точка (а'; д')=(13; 13). Але тоді (а; Ь) є лівою
нижньою коміркою прямокутника В12: Якщо позначити коорди-
нати комірки 242 через (ап; Ь”), то з умови а + Ь = 4 має випли-
вати а"+Ьп = 26, таким чином, (а"; Ьи) = (а'; д') —суперечність.
Отже, а+5<3, і точки 2Г та 22 можуть мати координати (1; 1),
(1; 2) або (2; 1). Числа 23 та 22 займають комірки (1; 2) та (2; 1),
оскільки вони не можуть бути сусідніми. Тому точки 24х та 242
матимуть координати (12; 13) та (13; 12). Можна вважати, що д
та В22 — це прямокутники 12x12. У результаті руху-від комірки
(1; 2) або (2; 1) угору чи праворуч у них відбувається збільшення
числа на 1. Через це по діагоналі, що не збігається з діагоналлю
(1; 2) <->(12; 13), тобто по всій діагоналі квадрата 13x13, мають
стояти однакові числа 13. Таким чином, їх має бути рівно 13.
7.1. Див. розв’язання задачі 7.1 (254) наймолодшої ліги.
248
7.2 (261). Відповідь: 1258.	_____________
Розв'язання, Покладемо а = 1. Тоді 1ЬссІ-ЬссІ=1Ьс • 4 =>
1000 = 1Ьс • & Таким чином, (і — дільник числа.1000, а число
1Ьс<200. Звідси неважко зрозуміти, що для найменшого зна-
чення аЬссІ треба мати максимальне тому шуканий розв’я-
зок — <1 = 8, 1£с=125. Отже, шукане число — 1258.
8.1 (262). Відповідь: існує.
Розв'язання. Покажемо, які кроки треба робити, щоб побуду-
вати шуканий приклад. Оскільки 822-6666=6724-6666 = 58, 'то
для ак=322-к при £ = 58,6666 умова задовольняється.
Тепер треба Побудувати відповідний приклад для перестановки
аІ, а2, ...,а57 чисел 1, 2,	57, тобто для найбільшого числа 57.
Зробимо аналогічно: 102 - 57 = 100 - 57 = 43, ак = 102 - к при к = 43,57.
Залишаються числа 1, 2, ..., 42. Маємо: 82-42=64-42 = 22,.
ак=32-к при £ = 22,42.
Залишаються числа 1, 2, ..., 21. Маємо: б2-21 = 36-21 = 15,
ай=62-£ при £ = 15,21.
Останні числа 1, 2, ..., 14 розставимо таким чином:
1,2,3,..., 14—>3, 2,1, 5, 4,10, 9, 8, 7,.6,14,13,12,11.
8.2 (263). Розв'язання. Припустимо, що <і=(аЬ, а2 +р62)>1, при
цьому — простий дільник числа (і. Тоді а3 =а(а2+рЬ2)-
-рЬ(аЬ) : д => а: д => рЬ2 : д => р : д і =>р = д. Отже, з умови (і > 1
випливає, що а:р, тому <і = ра, а>1.
Зокрема, якщо а І р, то (1 = 1. Інакше, якщо : р, то й а: р.
Залишається показати, що коли й > 1, то с? =р. Нехай а = рс, тоді
сі = (рсЬ, р2с2 + рЬ2) = р(сЬ, рс2 +Ь2).
Якщо припустити, що (сЬ, рс2 + Ь2)>1, то отримаємо Ь\ р — це
суперечить умові взаємної простоти а, Ь. Звідси й маємо шукане.
Середня ліга
1.1 (264). Відповідь: 3Ьа>2аЬ.
Розв'язання. Оскільки
З36 =(37)5 =21875 >20485 =(2П)6 = 255 >253,
то покажемо, що звідси випливає 210в+о < 310&'а.
/ о10 \5 ґ ЛІ0 \3	/ «10 \5а	/ ОІ0 \3а
253 = 250 • 28 < З35 = З30 • З5	— < —
І 3 ) \ 2 } І 3 ) V 2 У
ь
І	+< 31д& а
5а
56
що й треба було довести..
1.2. Див. розв’язання задачі 1 (257) молодшої ліги.
249
2.1 (265). Розв'язання. Твердження безпосередньо випливає з не-
рівності трьох квадратів.
у/аЬ + 4Ьс +4са <3<а+Ь+с.
2.2 (266). Розв'язання. Задану умову перепишемо* спочатку зро-
бивши заміну х = а + 2, і/ = & + 2 та 2 = с + 2. Тоді
(х-2)(г/-2)+(х-2)(2-2) + (2-2)(г/-2)+(х-2)(г/-2)(г-2) = 4 =>
=> Ху + Х2 + у2-4(х + у + 2) + 12 + Ху2-2(ху + у2 + 2Х) + 4(х + у + 2)-8 = 4 =>
1 1 г .	1	1'1.	...
=> Ху2^Ху + у2 + 2Х=>— + —+ ~ = 1 => -+-+-= 1.' (1)
х у 2	а + 2. Ь + 2 с + 2
^.11	1 ї	2	2	2 п
а+2- Ь+2 с + 2 а + 2 Ь+2 с+2
(2)
—---1 + —-1+—---1 = -1 => —+— + — = 1.
а + 2	Ь + 2	с + 2	а + 2 Ь + 2 с+2
Тепер використаємо нерівність Шварца й запишемо:
Далі, з одного боку,
а+Ь + с + 2(\[аЬ + \ІЬс + \Іса)<а + Ь+с+6=>уІаЬ+у/Ьс + \/са <3,
а з другого боку, з нерівності Шварца маємо:
(а +2+Ь+2+с+ 2) — (о +2+Ь+2+с+ 2) [-ч--1---| 9
\а+2 Ь + 2 с + 2)
=> а+Ь+с>3.
3.1 (267). Розв'язання. Нехай прямі АМ та
Ай перетинають діагональ 2Ю у точках
Н і Т відповідно (рис. 7.39). Оскільки
А.МАТ = АМВТ - 45°, то чотирикутник
МВАТ вписаний/ Звідси	ААМТ =
-ААВТ = 45°. Отже, у трикутнику МАТ
два кути по 45°, тому АМТА = 90°. Тоді
точка Т лежить на колі з діаметром МЛ\
Аналогічно на цьому колі лежить і точ-
ка Н. Отже, навколо чотирикутника
ТЙМІЇ можна описати коло. Так само на
цьому колі лежить і“вершина С квадра-
та, і чотирикутник АНИВ також вписаний, оскільки має два
прямих кути.
ААММ = АТІЇМ = 180°- /ТИМ == АТНА =
=і (о АО +	= -(о АВ+оВР) = /А^Р,
2	2
звідки й випливає, що Мії ||
250
3.2 (268). Розв'язання. Добре відомо, що ДАВС^ДІМС, тому
— =---- (рис. 7.40). З аналогічних міркувань ДАРС^ДВЖ,
ВА АВ
тому
ГС ЕА РС АС ВС
АС~ ВА ЕА~ ВА ”’РА
ЕР Ц АС. Через це АЕРС — па-
ралелограм, /ЕРА - /.РАС = /РАЕ, тобто АЕРС — ромб. Звідси
АС -РС ї АВРС-АВАС. Остаточно маємо:
/РВС = /АВС=-/АВС = /РВЕ,
.	2
що й завершує доведення.
4.1 (269). Розв'язання. Нехай ВЕСіАС-Н (рис. 7.41). За побудо-
вою в трикутнику ВАН відрізок АЕ — водночас висота та бісек-
триса, а через це й медіана. Отже, ЕМ — середня лінія, тому
НС Ц ЕМ та НС = 2ЕМ. Звідси також випливає, що АСЕМ АСАН
та АЕВМ °° ААСВ. Тоді маємо:
.АС АН АС-НС АС НС ВМ + ВМ
(Ш~ МЕ~ МЕ ~ МЕ МЕ ~ ВМ
_ВМ ^ ВМ-ВМ ВВ ‘
~ ВМ. ~ ВМ ~ вм’
звідки й випливає, що АВЦ6Ш.
Рис. 7.41
4.2. Див. розв’язання задачі 4 (259) молодшої ліги. .
5 (270). Розв'язання. Розглянемо шлях, що проходить через най-
більшу можливу кількість міст. Очевидно, що перше та остан-
. нє міста на цьому шляху — дрібні.
Застосуємо ММІ, вважаючи, що в країні п міст. Будемо до-
водити, що в області, у якій міст не менше ніж в іншій, є при-
наймні одне дрібне місто. Для п = 2 все очевидно.
Нехай твердження доведено для всіх п<т-1. Доведемо його
для п = т. Якщо два дрібних міста є в кожній із двох областей,
то це доведено. Якщо дрібні міста є лише в одній області, то ви-
лучимо одне із цих міст — його сполучено з містом в іншій
251
області. Розглянемо країну, що утворилася після вилучення
дрібного міста.
Можливі два випадки.
•	Дрібне місто сполучено не з дрібним містом нової країни. Піс- *
ля вилучення цього дрібного міста з області, Де міст було не
більше ніж в іншій, у ній, напевно, міст стало менше. А тому
за припущенням там було дрібне місто. Воно і є шуканим
і в початковій країні.
•	Дрібне місто сполучено з дрібним містом А в новій країні.
Приберемо місто А. Тоді в кожній області ми прибрали по
одному місту, тому в більшій області має бути дрібне місто.
Воно так само є шуканим і в початковому випадку.
Оскільки в областях міст однакова кількість, то доведення .
спрацьовує для кожної з областей.
6.1 (271). Розв'язання. Позначимо через а, кількість точок, що ви-
брані на прямій у = і; якщо а, > 2, то впорядкуємо їх за абсци-
сою: хА <х2 <...<ха/. Тоді справджується такий ланцюг нерівг
ностей:
хх + х2 < Хі + х3 < х2 + х3 < х2 + х4 < х3+х4 <... < хаі _ х 4- Хаі.
Тому серед пар координат є принаймні 2а,-З різних сум.
Така сама нерівність справджується при а, <2. Додамо по всіх
і = 1,п:
^Г(2а,-3) = 2Л-Зп>5п-2-Зп = 2п-2>2и-3.
і=і
Отже, за принципом Діріхле існують дві пари таких точок
(Хр^), (х;,&), (х2,у2) та (х'2,у2), для яких. хх ч-х^ — х2 + х^ та
Уі * Уг* а Це й означає, що через них проходить коло.
6.2 (272). Відповідь: так.
Розв'язання. Нехай маємо правильний трикутник ХУИ. По-
кажемо, що існує точка на стороні трикутника, яка має та-
кий самий колір, як і її проекція на
іншу сторону. Для цього візьмемо точ-
ки Р, В на сторонах Х¥, 'УЯ, 2Х
відповідно таким чином, що ХР : Х¥ =
= УО: УУ = 2В: ЇХ = 1: 3 (рис. 7.42).
Тоді Рф ± УУ, тому що, відмітивши се-
редину відрізка У2 точкою Т, маємо:
Т«:ТУ=| і-.- |:і = 1:3=ХР:ХУ =>
12 3/-2
Р(?||«ХТ. Отже, точка © — проек-
ція точки Р на сторону УУ.
Рис. 7.42
252
Аналогічно точка В — проекція точки (} на сторону 2Х, а точ-
ка Р — проекція точки В на сторону ХУ. Оскільки принаймні
дві з точок Р, і В мають бути одного кольору, то це означає,
що точку та її проекцію пофарбовано в однаковий колір.
Без обмеження загальності, нехай точка Р та її проекція —
обидві Червоні. Нехай точка М -г проекція точки (і на сторо-
ну ХУ, а точка N — проекція точки М на сторону ¥2. Якщо
точка М червона, то трикутник Р$М прямокутний з усіма чер-
воними вершинами. Якщо точка N червона, то трикутник РС}И
прямокутний з усіма червоними вершинами. Якщо точка Т чер-
вона, то трикутник РфТ прямокутний з усіма червоними верши-
нами. Отже, точки М, А, Т сині, тоді трикутник МИТ шуканий.
7 (273). Розв’язання. Спочатку доведемо наведене твердження для
чудових чисел. Числа 3 = 1 + 2 та 5 = 2 + 3 мають шуканий ви-
гляд. Нехай тепер чудове число п > 5.
Якщо л:15, то л=За+1-5ь+1 для а, &>0, і задачу розв’яжемо
в такий спосіб:
Л=За+і -5Ь+1=3“ -5&+1+За+2 -5Ь+3° -5<
Якщо л=5Л+2, а>0, то 5а+2 =3 • 5а+1+9 • 5а+5а.
Інакше, л=30+2, а>0, тоді и = За+2 =3*+ЗвИ+За • 5і.
Нехай тепер п не є чудовим числом. Доведемо ММІ. Нехай усі
• числа до п включно можна подати належним чином. Покажемо,
як це зробити й для числа п + 1. Якщо в поданні числа п через
суму чудових чисел не використано 1; то додамо 1 й отримаємо
шукане подання числа п + 1. Якщо в поданні числа п через суму
чудових чисел використано 1, але не використано 2, то додамо 2,
віднімемо 1 й отримаємо шукане подання числа п + 1.
Інакше, виберемо найменше чудове число к, що не входить до
подання числа п. Усі чудові числа, що менші від к, входять до
подання числа п. Замінимо к на його подання. Отже, кількість
доданків зменшиться, при цьому найменше чудове число, що
входить до цього подання, стало меншим. Дійдемо таким чином
до подання, у якому не буде числа 1 чи 2. А цей випадок нам
' .відомий, ММІ твердження доведено.
8.1. Див. розв’язання задачі 8.1 (262) молодшої ліги.
8.2. Див. розв’язання задачі 8.2 (263) молодшої ліги.
Старша ліга
1.1 (274). Розв’язання. Спочатку потрібно переконатися, що
Дійсно,
Н _
253
о 2>[к+ї4к<2к+1 <=> 4й2+4й<4*2+4Л+1.
Звідси випливає, що
2(^-4к} = 2^>~^
у/к+1 + ук
Далі здійснимо такі перетворення:
 -!=£=<2(>/Л+ї->/і)=>^І=й<2**1 (л/й+ї->/*).=>
л/к-і—	л к-і—
V 2	V 2
=> ^-?£==<22(>/2->/Ї)+23(73-72)+24(>/4->/з)+..з +
У 2
+ 2Л+1 (д/д+1 — л/тї) =
= 2'“1л/п+Ї-((23-22)>/2+(24 - 28)^+(25 - 24)74+...+
+ (2"+І-2’)>/п+22>Я)< 2"+1л/п+ї-2^>/Л <
Й=1
<2л+17п+Ї--^(йл/й-(й-1)>/й^Ї)=2п+1л/п+Ї--п>/п.
зЛ=1	з
Тут ми скористалися такою нерівністю:
4к>^(ку/к-(к-І)4к-І) <=>
<=> З4к(к>/к+(к-1)^/к^ї)>2(к3-(к-1)3) <=>•
« Зй2 +3(й-1)л/й2 -й >2(ЗЛ2--ЗЙ+1) <=> 3(й-1)7й2-й >Зй2-6й+2.
А це випливає з того, що
3(й-1)>/й2-к >3й2 -6й+2 <=> (й-1)л/й2-й>й2-2й+1=(й-1)2 <=>
1.2, Див. розв’язання задачі 1.1 (264) середньої ліги.
2 (275). Відповідь*. / (х) = х.
Розв'язання. Якщо г19 г2 такі, що /(г!) = /(22), то покладемо
послідовно у = 2г та у = г2:
/,(/(ж)+/(21)) = /(х) + 21 та /(/(х) + /(22)) = /,(х)+з2=>21=г2.
Таким чином, / — ін’єкція.
Покладемо у = 0:
/(/(х)+Г(0))=/(х) => Г(х)+/(0) = х => /(х) = х-/(0).
Покладемо в початковому рівнянні х = у = 0:
/(2/(0)) = /(0) => 2/(0) = 0 => Г(х)^х.
254
3.1 (276). Розв'язання. Позначимо через К і Т образи точки Р при
симетрії відносно точокМіН відповідно (рис. 7.43). Тоді, з од-
ного боку, за побудовою ДАКТ <*> Д1УНМ. З другого боку, з рівно-
сті /ЕЕВВ-АЕСВ і з того, що кут ВАС спільний, маємо:
ДАВВ™ ДАЕС. Тепер достатньо показати, що ДАВВ ™ ДАКТ,
а для цього показати, що АВАВ = АКАТ і	Останнє
АВ АТ
відношення рівносильне тому, що ДАВТ^ДАВК. Оскільки
точка Т — відображення точки Р при симетрії відносно пря-
мої АС, то ДАВТ = ДАВР, і тоді треба показати, що ДАВР ™ ДАВК
(рис. 7.44).
Діагоналі чотирикутника ВРСК у точці перетину діляться
навпіл, отже, він є паралелограмом. Звідси ВК\\РС, а тому
ЛАВК = ЕАЕС -180° - АВЕС = 180° - ЛВВС = ХАВВ.
Більше того, ВК = РС.
тт	\	АВ АВ АВ
На завершення тпеба довести, що  = = -т—. Для цього
ВР ВК СР
запишемо теорему синусів для трикутників РВС та АВВ\
зіпААВВ вій АСВР
зіп /АВВ зіп /.ВСР
Оскільки /АВР = /_РСВ та /АВВ = 180° -АСВР, то звідси ма-
ємо наведену рівність, з якої випливає те,"що треба було довести.
Рис. 7.43
255
Рис. 7.44
3.2. Див. розв’язання задачі 3.2 (268) середньої ліги.
4.1. Див. розв’язання задачі 4.1 (269) середньої ліги.
4.2 (277). Відповідь: ні.
Розв'язання. Нехай' точка О — вершина куба й нехай проміні
к, І, т, що виходять з неї, напрямлені’вздовж ребер цього куба.
Тоді а=р = у -90°. Проміні г та з збігаються з бісектрисами гра-
ней куба, які також є діагоналями. Кінці діагоналей В та 8 — це
кінці діагоналі іншої грані куба. Три діагоналі утворюють рівно-
сторонній трикутник ОВ8, звідки /ЛО8 = 60°. Отже, величина
кута між променями г та з не дорівнює половині величини кута
між променями & та тп.
5. Див.фозв’язання задачі 5 (270) середньої ліги.
6.1. Див. розв’язання задачі 6.1 (271) середньої ліги.
6.2. Див. розв’язання задачі 6.2 (272) середньої ліги.
7.1 (278). Відповідь: переможе Борис.
Розв'язання. Нехай Р = 2•3 ♦ 5 ...-29 — добуток перших
10 простих чисел. Це найменше неприпустиме число. Зрозуміло,
що 100!: Р та жодне припустиме число не ділиться на Р.
Нехай Антон першим ходом забирає камінців, це число не
ділиться на Р, а тому й пх =100! - не ділиться на Р. Таким
чидом, остача гг від ділення пх на Р задовольняє умови 1 Стх < Р,
тому число гх — ненульове та припустиме. Тоді Борис бере
256
т\ камінців, число ділиться на Р. Далі Антон візьме п2 ка-
мінців, що не кратне Р, а Борис візьме остачу г2 від ділення п2
на Р, що задовольняє умови 1<г2<Р.
Оскільки кількість камінців після кожного ходу зменшується
і Антон не може отримати число, кратне Р, то переможе Борис.
7.2. Див. розв’язання задачі 7 (273) середньої ліги.
8.1 (279). Розв'язання. Нехай а2,...»аьм — додатні дільники
числа п у порядку зростання. Отримуємо:
(	..Г
иі(п)=а^ + а^+...+а*(пі~8(п)- *---------------->
Н 5(,і)	7
>8(п) •	=-----1—. (а +аа +.„+« )”>
(	6(п)	)	(З(п))*'1	1	“	6<л)
>_!_. (1+2+...+5(п))* =_Л_. (8ООЦОО±1Г =
(З(п))*-1	,	(8(«))*'1	2*
(8(п))(6(га)+1)* ; (З(п))**1
2к	2*	9
що й треба було довести.
8.2 (280). Розв'язання. Нехай п1, а2,..., а&{п) — додатні дільники
числа п у порядку зростання. Маємо:
о(п)-а14-^2 +... + аб(я) М+ 2+...+5(и,) ~-5(п)(5(я)+1) > ~32(п).
2 ф	2
Ж»» Математичний бій № 2
Наймолодша ліга
1.1 (281). Відповідь: 65‘ чисел.
Розв'язання. Назвемо процес виписування всіх середніх
арифметичних чисел для чисел а, Ь процесом Р(а, Ь). Ця про-
цедура має такі властивості.
Властивість 1 .• Якщо кожне із чисел а, Ь замінити на числа
а + к9 Ь + к для деякого цілого к, то кількість чисел процесу
Р(а + к9 Ь + к) не зміниться.
а &
Властивість 2. Якщо кожне із чисдл а9 Ь замінити на —, —
4	А 4
,	а Ь\
для деякого непарного а, то кількість чисел процесу РІ —, — І не
зміниться.
257
Тому вчинимо так: задані числа спочатку поділимо йа 56,
а потім знайдемо кількість чисел процесу Р(26,2° • 1000). Змен-
шимо ці числа на (-2е) та отримаємо процес Р(0,2б • 999). Ско-
ротимо на 999 і матимемо процес Р(0, 64). А для цієї пари буде
виписано всі натуральні числа між ними, тобто 65 чисел.
1.2 (282). Відповідь: не може.
Розв'язання. Припустимо, що це можливо: Позначимо різни-
цю наведених чисел через С. Тоді А = п2+4п, В = тп2+4тп та
С = А-В = п2 +4ц-т2-4пі==(п-т) (п + т+4).
Але це добуток двох чисел однакової парності, тому він може
бути або непарним, або кратним принаймні 4, а число С — парне
та не кратне 4. Отже, указана рівність неможлива. Одержана
суперечність завершує доведення.
2.1 (283). Розв'язання. Розглянемо першу задачу кожного з двох
днів. Нехай у перший день її розв’язали п учнів, тоді наступного
дня її розв’язали п±2 учні. Отже, разом ці задачі розв’язали
2п±2 учасники, тобто парна кількість. Будемо давати школяреві
1 бал за кожну розв’язану задачу. Тоді всі школярі отримають
парну кількість балів. Але ж Кількість балів, що набрав школя-
рик за два дні*, є непарним числом. Якщо учасників непарна
кількість, то й балів вони наберуть непарну кількість — отриму-
ємо суперечність. Отже, учасників — парна кількість.
2.2 (284). Відповідь: 7338, 7339, 7340.
Розв'язання. Якщо числа позначити п - 1 та п 4- 1, то. сума
шуканих трьох чисел дорівнюватиме Зп, тобто буде кратна 3.
Щоб сума Зп цих чисел була найменшою, треба, щоб число п
було найменшим. Найменше число, що закінчується на 2017 та
кратне 3, — це число 22017. Отже, шукане число п = 22017 : 3 =
= 7339, а шукана трійка чисел така: 7338, 7339, 7340.
З (285). Відповідь: 19.
Розв'язання. 'Позначимо сторони ква-
дратів таким чином, як це показано на
рис. 7.45. Вертикальну сторону позначимо
через х, горизонтальну — через у. Тоді мо-
жемо скласти такі шість рівностей:
Х = а4-с/ = а4-с4-е = 2д4-с,
у = сІ + с = (і + е + Ь = 2а + Ь.
Якщо додати другі три рівності та відня-
ти від їхньої суми перші три, то матимемо:
Зу - Зх = (2с/ + с 4- е 4- 2Ь + 2а) -
— (2а 4- с/ 4- 2с 4- 2д 4- е) — с/ — с = б > 0.
Отже, більшою стороною прямокутника є у. Далі будемо ви-
значати змінні зручним чином:
(і = с + е, 2а = (і 4- е = с 4- 2е, Ь - с - є.
258
4Ь = 2а+2е <=> 4с-4е = с+4е => Зс = 8е.
т •	8	, .	11	,	5
Тоді с=-е, сі = с+е =—е, Ь-с-е = -е,
3	3	3
п .	14	7
2а=а+е=—е => а = -е.
З	З
18	-11
18 = а+с? = —е => е = 3, (і =
З
с=-е=8 => у = сІ+с =
З
4 (286). Розв’язання. Оскільки ДВЦД =
= ДСДД за трьома сторонами (рис. 7.46),
то ЛС^ВА^ ХВ1СА^, звідси трикут-
ник АВС рівнобедрений, а тому АВ =
= АС, звідки Ь + с = а + Ь або с * а.
5 (287). Відповідь: 2686.
Розв’язання. Очевидно, що кожна
множина В має містити пару елемен-
тів а та За, тому За <2017 => а <672.
Для а = 1 маємо рівно дві множини,
що задовольняють умову: (1; 2; 3) та
(1; 3; 4).
Для а є {2; 3;...; 672} існує чотири
. (а - 1; а; За), (а; а + 1; За), (а; За - 1; За) та (а; За; За 4- 1), усі
з яких попарно різні.
Тому разом маємо 4 • 671+2 = 2686 шуканих підмножин.
6 (288). Відповідь: 2018.
Розв’язання. Розглянемо парне число 2к. Тоді менших чи-
сел непарна кількість, а саме 2к - 1, тому напроти цього числа
обов’язково стоїть число, яке менше від нього. Далі зрозуміло,
що напроти числа 2 за таких умов може бути лише число 1. За
цих обставин напроти числа 4 має бути число 3 і т. д. Числа роз-
бивають на пари 2к - 1 та 2к, .що стоять одне напроти одного.
7 (289). Розв’язання. Розкладемо різницю на множники, позначив-
ши при цьому т - п - (і:
• 4т-4” =4п(4т"Л-1) = 4п(4-1)(4‘г"1+4</"2+...+4+1).
В останньому виразі перший множник взаємно простий із
числом 9, другий множник дорівнює 3. Тому задана умова рів-
носильна такій: довести, що третій множник ділиться на 3 тоді
й тільки тоді, коли б/:3. Оскільки 4* в 1 (той 3), тому
4</"1 + 4й"2+... + 4+1вй (тойЗ), що й треба було довести.
8 (290). Розв’язанняі Зрозуміло, що це парне число. Інакше, якщо
число непарне, то й усі його дільники непарні. Але тоді сума
259
18 непарних чисел є парним числом і дорівнювати самому числу
не може. Коли його подають у вигляді суми 19 дільників, там
точно принаймні одне парне, наприклад 2к.
А далі достатньо замінити його на суму к + к.
Молодша ліга
1.1. Див. розв’язання задачі 1.1 (281) наймолодшої ліги.
1.2 (291). Розв'язання. Перепишемо ці рівняння як квадратні:
ах2-Ьд:+с = О, ах2-(&+1)х+с=0 та ах2-(д-1)х+с = 0. Методом
від супротивного припустимо, що останні два рівняння розв’язків
не мають. Тоді справджуються такі три нерівності:
Ь2-4лс>0, (д+1)2-4ас<0, (Ь-1)2-4ас<0.
Якщо додати дві останні нерівності’, то матимемо, що
2Ь2+2-8ас<0, що суперечить першій умові. Одержана супе-
речність завершує доведення. .
2.1. Див. розв’язання задачі 2.1 (283) наймолодшої ліги.
2.2. Див. розв’язання задачі 2.2 (284) наймолодшої ліги.
З (292). Розв'язання. Якщо з висот можна утворити трикутник, то
задачу розв’язано,. Нехай тепер, наприклад, Ле>Лв+Ль. Не-
хай точка Н — точка перетину висот ка
та (рис. 7.47). Перший трикутник оче-
видно складається з висот ка та і сто-
рони с. Зрозуміло, що сторона с найбіль-
ша з трьох відрізків, бо бічна сторона
більша за перпендикуляр. З нерівності
с < ВН+НА < ка + кь випливає можливість
побудови трикутника із цих відрізків.
Аналогічно з трьох інших відрізків
кс=СВ — найменший. Тоді а<Лс + ВВ,
водночас ВВ<с<ВН+НА<ка+кь<ікс<Ь,
тому а<кс+Ь. Аналогічно Ь<кс+а, і твер-
дження доведено.
Рис. 7.47
4 (293). Розв'язання. Спочатку доведемо таку лему.
Лема 1. Нехай точка М — середина сторони ВС, при цьому
справджується рівність ВМ • СМ = ВА • СА. Тоді 42АМ =
=|АВ-АС|.
Доведення. Позначимо сторони трикутника через а, Ь, с,
тоді задана рівність набуває вигляду а2-АЬс. З відомої
формули про довжину медіани маємо:
АМ2 =і(2&2 +2с2 -а2)=і(2Ь2 +2с2 -4дс)=і(Ь-с)2.
4	4	2
Лему доведено.
260
За лемою л/2ОР=| РА-РС | = | РВ-РО |.	~
Після того як ми розпишемо цю рівність	/
без модулів, тобто ВІД КІЛЬКОСТІ більших	—	-“’ЧВ
відрізків віднімемо кількість менших,
отримаємо потрібне (рис. 7.48).	. Рис* 7,48
.5 (294). Розв'язання. Припустимо, що послідовність 5 не розпочина-
ється із цифри х. Тоді розглянемо символи, що йдуть перед усіма
чотирма входженнями цифри х у послідовність 8. Оскільки різ-
них цифр усього 3, то за принципом Діріхле принаймні у двох із
входжень цифри х вони збігаються, а це означає, що десь мають
збігтися дві комбінації з 2018 цифр, а це суперечить умові. Отже,
послідовність 8 починатися з комбінації рифр х.
Наведемо приклад, що таке можливо: 11...1011...12И...11.
2017	2017	2017
6.1 (295). Відповідь*, не можна.
Розв9язання. Числа від 1 до 2016 займають не більше як 2016
рядків і 2016 стовпчиків, тому існує комірка, у якій, перетина-
ються рядок і стовпчик, усі числа яких не менпгі від 2017. Ви-
беремо цю комірку як шукану. Добуток будь-яких двох чисел
цього рядка чи стовпчика більший за 20172, а тому це може до-
рівнювати жодному числу в таблиці.
6.2. Див. розв’язання задачі 6 (288) наймолодшої ліги.
7. Див. розв’язання задачі 7 (289) наймолодшої ліги.
8. Див. розв’язання задачі 8 (290) наймолодшої ліги.
Середня ліга
1.1.	Див. розв’язання задачі 1.Ї (281) наймолодшої ліги. •
1.2.	Див. розв’язання задачі 1.2 (291) молодшої ліги.
2 (296). Розв'язання. Доведемо ММІ. Для п = 1 це очевидно, оскіль-
ки для Р(х) = а0+а1х мають виконуватися умови а0>0 та ^>0.
Нехай для всіх таких многочленів степенів, менших від де-
якого п, твердження справджується.' Розглянемо многочлен сте-
пеня п + 1. Тоді маємо:
•	для х > 1
^(л:) = «о + «1х+—+“Х +	іх"+1 > “о + ^+—+К + ап+і)х" > 0'
(використовуємо умову а„+1 >0 та припущення індукції);
•	для 0 < х < 1
Р(х) = а0+а1х+...+апхп +ап+1хп+1 >(а0+,а1)х+...+апх” + ап+1хй+1 >0
(використовуємо умову а0 >0 та припущення індукції),
що й треба було довести.
261
3.1 (297). Розв’язання. Нехай /ВАС = а. Позначимо через О точку
дотику прямої ВЕ до описаного кола трикутника ВОС (рис. 7.49),
а через Е — другу точку перетину описаного кола трикутни-
ка ВВО з описаним колом трикутника АВС. Оскільки чотири-
кутник ВВОЕ вписаний, то /ВЕО = /АВЕ. Оскільки чотирикут-
ник АВЕС вписаний, то /ВЕС = 180° - /ВАС. Також /ВАЕ 4-
+ /АВЕ 4- /АЕВ - 180°. Неважко бачити, що /ОЕС = /ВЕА,
тоді вписаним буде також чотирикутник СЕОЕ.
Рис. 7.49
Доведемо, що /ЕЕВ = а. Дійсно, 2а = /ВОС = 180° - /ВОВ -
- /СОЕ = 180° - /ВЕВ - /СЕЕ = 180° - /ВЕС 4- /ЕЕВ = а 4-
4- /ЕЕВ. Це означає, що коло, описане навколо трикутника А’ВЕ,
збігається з описаним колом трикутника ЕВЕ. Проведемо тепер
дотичну ЕН до описаного кола трикутника АВС (точку Н вибе-
ремо в одній півплощині з точкою В відносно прямої ЕО). Під-
рахуємо кути:
/ВЕЕ = /ОЕЕ = /ОСЕ = /ОСВ 4- /ВСЕ = /В&В+/ВЕН =
= /ВЕВ 4- /ВЕН = /ВЕН. Звідси випливає, що пряма ЕН — до-
тична до описаного кола трикутника ВЕЕ, що й потрібно було
довести.
262
3.2 (298). Розв'язання. Чотирикутник АЕНЕ вписаний як той, що
має два прямих протилежних кути, тому ЕЕРН=ЕЕАН
(рис. 7.50). З аналогічних міркувань чотирикутник МЕНР та-
кож вписаний, тому
£ШН = ЕРМН = ЕРЕН = ЕЕЕН = ЕЕАН = ЕИАН.
Звідси чотирикутник АМНІЇ — вписаний.
4 (299). Розв'язання. Нехай Ар Вр Сг — проекції точки В на сто-
рони ВС, СА, АВ трикутника АВС відповідно. Чотирикутник
АВ^ВС^ вписаний з діаметром АР, тому В& = АВ зіп ЕА. Анало-
гічно С1А1 = ВР зіп ЕВ, А1В1 =СР зіп ЕС (рис. 7.51).
_	. зіп А ВС Ь , ' а .
За теоремою синусів: ---= — = — =>зїпВ = — зіп А. Анало-
зіпВ АС а	. Ь
. „ а . л
пчно зіп С = —зіп А, тоді
с
ВД: АД .'ВД = АР • зіпЕА'їВВ • зіпЕА:СВ • зіп/А=>
=> В1С1 = А1С1 = Вх А*.
Отже, трикутник А1ВД1 правильний, звідси
ЕАВВ + ЕАСВ = ЕС1А1В+ЕВА1В1=60о.
А
Е -
вМг”
с
Рис. 7.50	Рис. 7.51
5. Див. розв’язання задачі 5 (294) молодшої ліги.
6.1	(300). Відповідь: перемагає Костя.
Розв'язання. Сукупність сусідніх білих клітинок, оточених
чорними клітинками або краями смуги, назвемо смужками,
а смужку з двох клітин — доміношкою. Стратегія гри Кості
така: кожним своїм ходом він спричиняє появу нової домінош-
ки, якщо це можливо. Покажемо, що після кожного ходу Сергія
кількість доміношок буде не меншою від кількості смужок не-
парної довжини.
263
Нехай перед ходом Кості доміношок було а смужок непарної
довжини п<сІ (на початку гри таке справджується, бо (і~
= п = 0). Костя своїм ходом робить кількість доміношок принай-
мні на 1 більшою (а може, і на 2), при цьому величина п не змі-
нюється. Сергій своїм ходом може з парної чи з непарної смужки
зробити додатково одну непарну або жодної. Тому залишається
умова Костя може зробити такий хід, якщо є принаймні
одна смужка довжиною 6 чи більше, або є смужка довжиною 4.
Якщо такі смужки закінчилися, то Костя починає фарбувати
залишені доміношки. Сергій не може їх зачіпати. Він може ро-
бити хід лише по смужках довжиною 3 чи 5, кожним ходом
зменшуючи кількість .непарних смужок на 1. При цьому може
утворитися смужка довжиною 4, тоді Костя за своєю стратегією
наступним ходом має утворити доміношку. Отже, співвідношен-
ня зберігається, після ходу Сергія. Таким чином, або Костя
завжди зможе зробити хід, або всі клітинки стануть чорними
й він виграє. Якщо Сергій не може зробити хід, то він або про-
грав за цим правилом, або всі клітинки вже зафарбовані, тому
він все одно програв.
6.2	. Див. розв’язання задачі 6 (295) молодшої ліги.
7 (ЗОІ). Відповідь: 89/
Розв’язання. Очевидно, що сі є взаємно простим з кожним із
чисел а, Ь, с. Крім того, (і ділить число (аЬ 4- 1) - (са 4- 1) =
= а(р - с). Тому (&-с):</=>Ь = с(тосі сі)^ а^Ь = с (той сі).
Нехай тоді а = (іх 4- г, Ь = <іу 4- г та с = (із + г. Вважатимемо
також, що 0Сх<і/<2, ОСг<<2. Тоді <і(х 4- у 4- з) = 547 - Зг,
оскільки х+у+з>04-14-2 = 3, то й =	— <^^- = 182,333....
Х+у+2 З
Оскільки а == д = с =е г (тосі 60, то аЬ +1 = г2 +1 0 (тосі <0, тому
(і | (г(547-3г)-3(г2 +1)) = 547г+ 3=>
| (3 • (547г+3)+547 • (547-Зг))=299218.
Маємо, що 299218 = 2 -412 *89. Дільники, що менші від 182:
1; 2; 41; 82; 89; 178.
* Якщо припустити, що <і - 178, то х 4- у 4- з = 3, оскільки
4 • 178 >547. Але тоді Зг = 547 - с?(х 4- у 4- з) = 13 — супереч-
ність.
Числа а = 34, Ь = 212, с = ЗОЇ дають відповідь <і - 89, яка
є шуканою.
8.1 (302). Відповідь: справджується.
Розв’язання. Покажемо, що шуканими є квадрати цілих чи-
сел, серед яких нескінченно багато таких, що їх не можна по-
дати належним чином. Нехай т2 = п2+р, а тому р = (т - п) х
х (т 4- п). Останнє справджується лише за умови, що т - п = 1
264
р + 1
та т + п ~р. Отже, =	. Але непарних чисел 19 для яких
/4-1	.	.__ гп
т =--- та число тп 4- п не просте, нескінченно багато. Твер-
2
дження доведено.
8.2. Див. розв’язання задачі 8 (290) наймолодшої ліги.
Старша ліга
1. (303). Відповідь: для арифметичної прогресії.
Розв’язання. Для арифметичної прогресії, очевидно, усе
справджується. Розіб’ємо задану послідовність на суму двох по-
слідовностей: аЛ=дЛ+сА. Покладемо Ь0=а0, &2л=а2я.та (&п) —
арифметична прогресія, тобто Ьк = — (Ьк_г+Ьк+1). Тому послідов-
ність (сл) задовольняє такі умови:. ск
+ С»+1),
й=1,2п-1,
а
Оскільки для послідовності (&л) справджується рів-
ність, то наведену нерівність треба довести лише для послідов-
ності (сл). Додамо нерівності с2к_1>-(с2к_2 + с2к) для А=1, п та
2
отримаємо:
,1 1
+ С8 +”в + С2л-1 2^°	+ С4 ^••• + С2л_2 + 2^2”’
З урахуванням умов на крайні члени маємо:
С1 +е3 * ••• + С2л-1	+ С4 + '"*С2п-2 + С2п
1	1
=> — (Сх .4-	+... + С2л _г) — (Со + С2 + С4 4-... -гС2л _2 4- С2п )
п	п
1 ,
--7(с0+С24-С4+...4-С2л .2 + С2л),
п + 1
що й треба було довести.
Залишається перевірити твердження для рівності. Якщо най-
менше значення для ск не йа краю, тобто ск ^ск_1 та с{1 <сл+1, то
с& <-(с/г„14-са+1), а тому має справджуватися рівність ск-ск_1^
-ск^ з якої випливає така рівність: ск =сІі^1 =сА+1 =... = с0 =с2л =0.
Отже, шукана послідовність — арифметична прогресія.
Таким чином, найменші значення мають стояти тільки по
краях, а тому всі інші члени послідовності — додатні. Для них
справджується строга нерівність у переході:
•і(с0+с2+с4+...+с2п.2+с2п)>Л-(с0+с2 + с4+...+с2„_2+с2п),
п	п 4-1
а тому рівність неможлива.
265
2.1 (304). Відповідь. / (2017) = 2017.
Розв’язання. Покажемо, що задана функція є сталою при до-
датних х. Для довільних 0 < а < Ь покладемо х = у/зЬ-2а, у =
= а - Ь. Тоді а=х2+3у та Ь = х2 +2у=>/(а)</(&), тобто функція /
зростає при х > 0.
ґзТ"1
Далі для довільних 0 < а< Ь доберемо таке п є К, що 1-І	<
<-.<[- І . З умов задачі для довільного у справджується нерів-
а \2у
ҐЗ
ність ї(2у)>/(3у) або /(*/)>/-*/. Через це маємо такий лан-
\ 2 /
цюг нерівностей:
що й треба було довести.
2.2 (305). Відповідь: ї (200) = 100. ,
Розв’язання. Покладемо х = >/20, у = 40 і матимемо, що
/(100) >/(140); при х = л/220, у = -40 матимемо, що /(100) <
</(140)^/(100) = /(140).
Аналогічно покладемо____х = л/20, у - 60 і матимемо, що
/(200) </(140); при х = >/320, у = -60 матимемо, що /(200) >
> /(140) => /(200) = /(140) = /(100)=100.
3.1. Див. розв’язання задачі 3.1 (297) середньої ліги.
3.2. Див. розв’язання задачі 3.2 (298) середньої ліги.
4 (306). Розв’язання. Позначимо спільну точку перетину відрізків
АА!, ВВ', СС і ВВ' через Р. Розглянемо площину П = АВР,’
яка містить прямі АР і ВР, а також точки А' і В'. Розглянемо
бісектриси АК і ВВ трикутників АВС і ВВС відповідно. Тоді
точки К і Ь також лежать у площині П, оскільки їй належать
прямі АА! і ВВ’, що містять ці точки. Оскільки пряма СВ не
лежить у цій площині, то тетраедр невироджений. Через це пе-
ретином площини П і прямої СВ може бути лише одна точка,
тому К = Ь. Звідси випливає, що ВК : КС = ВЬ : ЬС, а з власти-
востей бісектриси ВК: КС =АВ: АС і ВЬ: ЬС = ВВ: ВС => АВ: АС =
= ВВ: ВС => АВ • ВС = ВВ • АС. Аналогічно доводимо й другу рів-
ність.
‘ 5. Див. розв’язання задачі 5 (294) молодшої ліги.
6. Див. розв’язання задачі 6.1 (300) середньої ліги.
7. Див. розв’язання задачі 7 (ЗОЇ) середньої ліги.
8.1 (307). Розв’язання. Нехай р < у, тоді за китайською теоремою
про остачі знайдеться число а/яке ділиться на д і дає остачу 1
266
при діленні на р. При довільному .цілому к будь-яке число ви-
гляду а ~ крд так само задовольняє цю умову. Доберемо к таке,
щоб 0 < а - крд < рд. Тоді число Ь = а - крд ділиться на д, част-
ка менша від р, тому його найбільший простий дільник дорів-
нює д. Число Ь - 1 ділиться на р. Якщо при цьому Ь-Кр2, то
його найбільший дільник — р, і твердження доведено.
Інакше, Ь~1>р2. Тоді розглянемо натуральне число с -рд - Ь.
Воно так само ділиться на д, частка менша від р, тому його най-
більший простий дільник — д. Крім того, с+1 = рд - (Ь -1) < рд - р2.
Таким чином, воно ділиться на р, а частка не перевищує д - р < р.
Тому його найбільший дільник — р, і шукані числа с та с + 1
знайдено.
8.2. Див. розв’язання задачі 8.1 (302) середньої ліги.
НШИМЮІ Математичний бій № З 8МИІКИИ
Наймолодша ліга
1	(308). Відповідь: так.
Розв'язання. Припустимо, що не всі числа рівні. Без обме-
ження загальності вважатимемо, що число а найбільше. Спочат-
ку припустимо, що а > шах {&, с}. Але тоді Ь(Ь3 +с3)<а(а3 +Ь3).
Нехай тепер а = Ь > с, тоді с(с3 +а3)<а(а8 +Ь3). Якщо ж а = с > Ь,
то Ь(Ь3 +с3)<а(а3 +Ь3). Одержані суперечності завершують дове-
дення.
2	(309). Відповіде: ні для яких.
Розв'язання. Домножимо задану рівність на х + у + г + ш
і матимемо:
х+у+2+и> =
_ X2 +Х(у + 2 + ш) у2 + у (г + ш + х) г2 +г(ш + х + д) Ш2 +ш(х4-у 4-2) _
У + 2+10	2 + Ц) + Х	и> + х + у	х + у + г
2	2*2	2
X	у	2	II)
=-----+ Х + 2---+ +-------+ г +----+ і0
У + 2 + и)	2 + Ш + Х	Ц) + Х + у	. Х + у + 2
у + 2 + и) 2 + и) + х и) + х + у .х + у + г
З (310). Відповідь: так.
Розв'язання. Опустимо з точки В перпендикуляр ВН на пря-
му І (рис. 7.52). Далі на промені ВНК відкладемо відрізок
НВ1 = ВН. Нехай прямі АВ1 і І перетинаються в деякій точці М9
тоді &ВНМ = АВ1НМ за двома сторонами та прямим кутом між
ними. Звідси трикутник ВМВЇ рівнобедрений, тому його медіа-
на та висота МН і є шуканою бісектрисою.
267
Рис. 7.52
Так само зрозуміло, що шуканої точки не існує, якщо прямі
АД і І паралельні. Якщо ж така точка існує, то за аналогічних
побудов вона має бути точкою перетину прямих АВ1 і І.
4 (311). Розв'язання. Продовжимо сторони АВ і ВС до перетину
в деякій точці М (рис. 7.53). Тоді /АМВ =60°, тому трикут-
ник АМВ рівносторонній, а ДМВВ = ДВСА за стороною та двома
прилеглими кутами, тож МВ = ВС. Звідси
АВ + ВС = АВ + ВМ = АМ = АВ.
5.1	(312). Відповідь: так. .
Розв'язання. Позначимо через Р (а, Ь) елемент таблиці, що
стоїть на перетині а-го рядка та д-го стовпчика. Припустимо, що
. існують принаймні два мінімаксних елементи, наприклад Р (і, у)
і Р (г, з), очевидно, що і Ф г та і* 8. Тоді можемо прописати такі
нерівності:
’ Р 0» І) > Р (** 5) > Р (г, з) > Р (г, у) > Р (і, у).
Одержана суперечність завершує доведення.
5.2	(313). Відповідь: ні, приклад зображено на рис. 7.54.
1	9	10	11	12 .	13*	14	. 57
15	2	16	17	18	19	58	. 20
21	22	3	23	24	59	25	26
27	' 28	29	. 4	60	ЗО	31	32
33	34	35	61	5.	36	37	38
39	40	62	41	42	6	43	44
45	63	46	47	48	49	7	50
64	51	52	53	54	55	56	8
Рис. 7.54
6 (314). Відповідь: к=Зп2 - 4п +1.
Розв'язання. З одного боку, якщо кожна комірка містить
кількість монет, яка менша від кількості сусідніх комірок рівно
268
на 1, то гра навіть не розпочнеться. З другого боку, якщо монет
принаймні на одну більше, то за принципом Діріхле завжди зна-
йдеться комірка, у якій кількість монет не менша ніж кількість
"сусідніх комірок, і можна буде зробити хід. Таким чином, міні-
мальна кількість монет — це сумарна кількість сусідніх комірок
для кожної комірки мінус кількість комірок і плюс 1. Загалом
це складає:
к=(4п2 - 4п) - п2 +1=Зп2 - 4п+1.
7 (315). Відповідь: а - б, р = 3.*
Розв'язання. Позначимо через п = а-р9 тоді а+р = п3 =>
=> 2р=(а+р)-(а-р) = п3-и=(п-1)п(п+1) — добуток трьох по-
слідовних натуральних чисел.
У лівій частині даної рівності — добуток двох простих чисел.
Зрозуміло, що таке можливо лише за умови й = 2, оскільки
інакше кожний множник у правій частині має простий дільник.
Отже, р = 3 та а = 5.
8.1	(316). Відповідь: так.
Розв'язання. Перепишемо рівність таким чином:
а-Ь+4(а2-б?) = Ь2 <=> (а-&)(1+4(а+&)) = Ь2.
• Покажемо, що множники в дужках не мають спільних діль-
ників. Якщо числа а - Ь та 1 + 4 (а + Ь) мають простий дільник
(і > 1, то очевидно, що цей дільник — непарне число. Тоді на <1
мають ділитися також такі числа: 4д - 4а та 86 + 1. Тож на (і
ділиться і &2, що випливає із заданої рівності, а отже, на <і ді-
литься і Ь9 і 1.
Якщо числа а - Ь та 1 + 4 (а + Ь) взаємно прості, то кожний із
множників має бути квадратом цілого числа.
8.2	(317). Розв'язання. Зрозуміло, що — і — — також дільники
а с	,
п п т .
числа п9 при цьому — >— ч Тоді для цілих чисел має справджу-
сь е
ватися нерівність
п п.	п(с-сЬ). . -г^ссі сі2
	>1 => —	->1 => 	>-,
д с-------------------------------. ссі-п п
що й треба було довести.
Молодша ліга
1	(318). Відповідь: ні.
Розв'язання. З рівності а(Ь3+с3) = &(с3+а3) маємо, що
с3 (а - Ь) = аЬ (а - Ь) (а+Ь). Припустимо, що не всі три змінні рівні,
тоді нехай а*Ь*с. Тепер з аналогічних рівностей матимемо:
с* =аЬ(р/+Ь) та а3 = Ьс(Ь+с) =>
=> Ь(а2-с2)+Ь2 (а-с)=с3-а3 => (а-с)(а2 +Ь2 +с2 +аЬ+Ьс+са)=О.
269
З додатності чисел випливає, що а = с * Ь. Тоді з рівності
а(Ь8+с3) = д(с3+а3) => аЬ3 +а4 = 2Ьа3 => а(а~Ь)(а2-аЬ-Ь2)=0 =>
=> а2-аЬ-Ь2 =0,
Л Л 2 -І Л	1 + л/б	1 +
позначимо х = —>0 => х -х-1 = 0 => х=—-----=> а = с =----о.
Ь	2	2
Таким чином, ці числа задовольняють умову.
2	(319). Відповідь: усі двоцифрові числа, що закінчуються на 9.
Розв'язання. Для п = 2 маємо: а1а2 -ІОа^+йз =а1а2+а1+а2 =>
=> 9аг = 0^2, і яскравими є всі двоцифрові числа, що закінчу-
ються на 9.	________
Для п>3 покажемо, що а1а2...ап>аіа2...ап+а1+а2+...+ап,
а це рівносильне такому:
аїа2...ап<а1 -99...9+а2 •99...9+...+ап_1 -9.
Зробимо такі оцінки:
<аг •9*9-...*9<а1 • 9 • 10 * 10 •... * 10 =
п-1	п-2‘
= ах • 900...0<а1 » 99...9<ат * 99...9+а2 • 99...9+».+ап_1 *9, •
п-2	п-1	п-1	п-2
що й треба було довести.
З (320). Розв'язання. Нехай Р = АЕ(]ВС, С=АВ(}ВС (рис. 7.55).
Оскільки в трикутнику АСР відрізок СЕ одночасно є бісектри-
сою та висотою, то він є також і медіаною, тому ЕР = АЕ, анало-
гічно ВС = АВ. Отже, ЕВ — середня лінія трикутника АРС, тому
ЕВ\\ВС.
4.1 (321). Відповідь4. ВС = 5.
Розв'язання. З умов задачі /.ВАВ = /ВАС=а, /АВМ = /МВВ =
• =у, але тоді й /АСВ-у та /ВМВ=2а (рис. 7.56). З одного боку,
/АМВ = /АВС як кути в трикутниках, що мають два рівних
кути. А з другого боку, як суміжні кути: 2АЛ£0 = 180°-2а,
а /АОС = 180°-і-2у	а = у, тому трикутник АВС рівйобедрений
ІАР = 2)С = 5.
270
4.2 (822). Відповідь: так.
Розв’язання. З умов задачі можливі без обмеження загально-
сті такі випадки:
г випадок 1. а = ап р = рп 4=7^
випадок 2. а = а19 Р = РП у=180°-у1’;
випадок 3. д. = а19 р = 180°-рі, у=180°“у1?*
випадок 4. а=180°~а1,’ р=180°-р1, у=180°-уі.
Доведемо, що справджується лише випадок 1. Для інших ви-
падків додамо всі три рівності:
а+р+у = а1+рі+180°-у1 => 180°=(180о-у1)+(180°-у1) =>
=> ух=90° =>'ух=у;
а+р+у = а1+180°-р1+180°-у1 => 180° = 360°+04-180° => а1=0°;
а+р+у = 180°-а1+180о-рі+180°-у1 => 180° = 540°-180° =>
=> 360°=540°.
5.1. Див. розв’язання задачі 5.1 (312) наймолодшої ліги.
5.2. Див. розв’язання задачі 5.2 (313) наймолодшої ліги.
6. Див. розв’язання задачі 6 (314) наймолодшої ліги.
7. Див. розв’язання задачі 7 (315) наймолодшої ліги.
8.1. Див. розв’язання задачі 8.1 (316) наймолодшої ліги.
8.2. Див. розв’язання задачі 8.2 (317) наймолодшої ліги.
Середня ліга
1.1 (323). Відповідь: х = у = г = ~.
2
Розв’язання. Покладемо а = —, &=- і с=-, тодімаємоумо-
х ‘ у г
ви 0 < а, Ь9 с < 1 та а + & + с = 2. Задану нерівність вдожна пере-
писати таким чином:
За нерівністю Шварца матимемо:
А------— /111	|1 і і	•
<<1-а+1-&+1-с • .
уа Ь с уа Ь с
при цьому рівність можлива лише за умови пропорційності век-
торів, тобто '
/Г7 /ГТ [Ї77	, і
.1 —лі	— лі	—	а — Ь— С— —
У а N Ь N с	1 + к2
,	3	_	7 2 1	»	2
=> а+Ь+с=------=2 => к =- => а = & = с=-.
1 + Л2	.2	З
271
1.2(324). Розв'язання. Розглянемо чотирикутник АВСВ зі сторона-
ми АВ = а, ВС = Ь, СВ = с, АВ = (і і прямими кутами /АВС =
= /СВА = 90°. Він очевидно існує з умов задачі, і гіпотенуза
АС = 1. При цьому чотирикутник АВСВ вписаний у коло, тому
за теоремою Птолемея 1* ВВ^ас+Ьй. Якщо позначити через Р
точку перетину діагоналей, то з нерівності трикутника для три-
кутників РАВ, РВС, РСВ, РАВ маємо:
а + Ь + с + <1< 2АС + 2ВВ = 2 4- 2ас + 2Ь(і.
2 (325). Відповідь: £(х)=1 і /2(х)=1, х^О і /2(0)=-1.
Розв’язання. Нехай / задовольняє умову, тоді для х * 0 має-
мо: ґ(О) = ц — І-£1^2	/(х)=(/(0))*. Далі при х = у - 1 отриму-
\х} /(0)
ємо: /(1) = /^^ = у~2 = 1. Таким чином,-можливі такі кандидати
на відповідь: /1(х)=1 і /2(х) = 1, х*0 і /2(0) = -1. Перевіркою
переконуємося, що обидві відповіді задовольняють умови.
З (826). Розв'язання. Описане коло трикутника НВС симетричне
описаному колу трикутника АВС відносно прямої ВС (рис. 7.57).
Якщо В — середина сторони ВС, то
ОЇ) = | (ов+ос) = І (он-оа) = і АН.
Отже, АНМО — паралелограм, тому пряма АМ проходить
через точку перетину діагоналей цього паралелограма, тобто че-
рез середину відрізка НО. Аналогічно через цю точку проходять
і відрізки В# і СР.
4.1	(327). Розв'язання. Оскільки кут ВКА спирається на діаметр,
то ВК1 АК => ВК Ц зЦ г (рис. 7.58). Тому відстань між прямими
ВК9 гіз однакова. Звідси УН ~ УК.
З паралельності ВК || г випливає, що /КХУ - /ХКВ, з рів-
ності вписаних кутів /ХУВ=/ХКВ, тому НУ -КУ = ВХ. Ана-
логічно з рівнобедреності трикутника ХНК маємо, що НХ = ВУ.
Звідси ВХНУ — паралелограм.
Рис. 7.57	Рис. 7.58
272
4.2	(328). Розв'язання. Див. розв’язання першої частини задачі
4.1 (327) середньої ліги.
5.1	(329). Розв'язання. Розглянемо всі підграфи графа 6г, що не ма-
ють циклів. Серед них виберемо той, що має найбільшу кількість
ребер. Позначимо його через X. Тепер будуємо граф Ну такий
спосіб: усі ребра, що входять до підграфа X, зберігаються такими
самими й у графі Я, а всі інші ребра міняють орієнтацію порівняно
з графом 6г. Покажемо, що побудований граф є шуканим.
Оскільки підграф X не містить циклів, то ми можемо пере-
нумерувати вершини таким чином, щоб усі ребра мали орієнта-
цію — від вершини з меншим номером до вершини з більшим
номером. Оскільки X — максимально можливий граф, то в ре-
зультаті додавання довільного ребра з графа О до підграфа X має
утворитися цикл. Таким чином, ці ребра мають іти від вершини
з більшим номером до вершини з меншим. Але для таких ребер
ми змінили орієнтацію, тому й ці ребра за номерами йдуть від
меншого до більшого. Отже, у цьому графі немає циклів. '
Розглянемо тепер шлях між вершинами а,ЬєН. Нехай він
містить деяке ребро для якого у-їх є О. Інакше, якщо
таких ребер не існує, усі шляхи однакові. За побудовою у х —
ребро одного із циклів графа С. При цьому довжина шляху не
може зменшитися. Частину шляху Н може бути замінено на
частину .такої самої довжини або на довшу з графа О. Тверджен-
ня доведено.
5.2	. Див. розв’язання задачі 5.1 (312) наймолодшої ліги.
6	(330). Відповідь*. 2пг-2п-1.
Розв'язання. Нехай кількість монет дорівнює кількості сусід-
ніх пар. Тоді пофарбуємо монети шаховим розфарбуванням. По-
містимо в кожну чорну комірку стільки монет, скільки в неї
є сусідніх комірок. Тоді ми можемо зробити хід кожною із чор-
ної комірки, при цьому монети перейдуть у білі комірки. Тепер
у білих комірках буде рівно стільки монет, скільки в неї сусідів
(оскільки кожна отримала рівно по одній монеті від кожної су-
сідньої). Після ходів з усіх білих комірок повернемося до випад-
ку, коли всі монети опиняться в чорних комірках. Таким чи-
ном, гра може тривати й не закінчиться ніколи. Кількість монет
при цьому дорівнює 2п2-2п.
Нехай тепер монет на 1 менше. Якщо з якоїсь комірки моне-
ти переміщають, то в кожну сусідню. Отже, якщо гра триває не-
скінченно довго, то обмін монетами з кожної комірки здійсню-
ють нескінченну кількість разів. Дійсно, якщо монети з якоїсь
комірки перестають брати участь у такому процесі, то надалі
й усі сусідні з нею комірки мають припинити, бо інакше ця ко-
мірка наповниться монетами для обміну. Потім сусіди сусідніх
комірок і т. д.
273
Якщо кожна комірка бере участь в обміні нескінченну кіль-
кість разів, то вона передає принаймні одну монету кожній су-
сідній. Зафіксуємо такі монети для кожної ,межі між сусідніми
комірками. За доведеним вище така монета має існувати для
кожної межі, Інакше, якась монета не братиме участі у грі. Але
тоді їхня кількість має стати не меншою від кількості монет у су-
сідніх комірках. Одержана суперечність завершує доведений.
7	(331). Відповідь: п = 4.	,
Розв'язання. Зрозуміло, що к>3. Нехай (і2=р — наймен-
ший простий дільник числа п. ММІ покажемо, що
, /(7-1) п (7-2)(/ + і)	—
Для 7 = 1 усе правильно, зробимо індукційний перехід. Не-
хай справджується для деякого /’:
я я '	(7>1)(/-2)^ (7-2)(/+1) (у-3);
а - і =-----р-----------р----------+---------------=
• '	1 1	2	.	2	.2	2
= (7-1)р-(7-1) = (7-1)(р-1).
Оскільки з умов задачі
^3	=2(б/2 ~^1) — 2(р —1)> ^4 “^3 = 3(р —1), ...,	+ 1	= /(р_ 1), ТО
=Ц+і”^)+Ц“^-1)+—+№-^і)=
=7(р-1)+(/-1)(р-1)+...+(р-1)=^І(р-1)=>
іиі	0-1)«+2)
=>ЙЖ=—7“(Р~1) + 1 = —-----------9--’
&	а	а
що й треба було довести; Але якщо ця формула справджується,
то
<ІІ,_1= — = — =>2р<іі'_і'=2сІ*.
п і	7	л гі А	те
Р <іг
З припущення індукції маємо:
(й-1)(й-2)р2-(Л-3)йр = А(А-1)р-(й-2)(й+1)=>
=>(й-1)р2-2йр+(/г+1) = 0=>р = 1 і р = ^і = 1+——.
/г —1	к —1
•
Звідси отримуємо, що можливі значення к = 2 або к = 3. Тоді
р = 3 і р = 2 (очевидно, що випадок р = 1 умову не задовольняє).
Оскільки й>3, то умову задовольняє лише випадок к = 3 і р = 2,
звідки п - 4.
8.1 (332). Розв’язання. Нагадаємо критерій Ейлера: число а, вза-
ємно просте з простим числом р, буде квадратичним лишком за
модулем р (тобто існуватиме число у квадраті, що даватиме оста-
чу а при діленні на р) тоді й тільки тоді, коли а 2 =1 (тосі р).
274
Оскільки р = 41 + 1, то -1 буде квадратичним лишком за моду-
лем р, а тому існуватиме таке ціле число і, що (і2 +1): р.
Покажемо, що т = 1, п = і + 2 задовольняють умову.
Спершу розглянемо остачу при діленні на р другого члена по-
слідовності. Помітимо, що
п2 = +4і+4 = 4і+3=4п-5т (тосі р).
Отже, а0 = 1, аг = п та а2 = п2 (тосі р). Оскільки (і2 +1): р
і р > 5, то п = і + 2 та всі степені числа п будуть взаємно про-
стими із числомр. Далі за індукцією покажемо, що ак г пк (тосі р),
звідки й випливатиме твердження. Базу індукції доведено вище.
У переході індукції вважаємо, що
ак=пк (тосі р) та ак+1=пк+1 (тосі р), і доводимо, що
пк+2=ак+2(ішАр),
пк+2=пк -п2 = пк -(і2+4і+4)^пк -(4^+3) = ^ -(4п-5) =
=4п*+1-5п* = 4ад+1-5аА (тосі р),
що й треба було довести.
8.2. Див. розв’язання задачі 8.1 (316) наймолодшої ліги.
Старша ліга
1.1 (333). Відповідь: рівність можлива при а3 = 2ар а4 = 22ар
..., ай=2«'Ч-
Розв’язання. Позначимо	хА=ад-(а1+а2 + ... + а/, ,),
к=2;п. Тоді в противному разі хд+1-хЛ =ад+1-2ад, к = 1;п-1.
Далі маємо:
| а2 ! а3 ) а| У^ґі а*+і~**1 ц Х1 П^ак+1~хк =
«з а4	ап }	а*+1 )	°1	аА + 1
X. X»	X. ’ х«	хЛ • X.	х«	х і
_ д _1_12-4-ї-2 ^4 ।З._|_ п । п~*
О>2	а2 а3	а3 а4	&4	ап	ап
— п	Д'1±Л'1	Х2	,Х2	Х3,Х3	Х4	। Хп-1 . Хп-1	Хп	_
а2	а2	а3 а4	а4	ап-1 ап	ап
хп пгі ( і і V
= л—*-2^хк\---------
ап Vа* ал + 1)
що й треба було довести.
Очевидно, що рівність можлива тоді й тільки тоді, коли
х2 =х3 =... = хя = 0, звідки випливає, що а2= а3=2ар а4=22ар
а^г"-2^.
1.2. Див. розв’язання задачі 1.2 (324) середньої ліги.
275
2.1 (834). Розв'язання. Позначимо и =—, і?=— та . Тоді за
с а	с
умовою и + V + ю — ціле. Крім того, ии+им?+и;и=а2+&2+с2 —
ціле, иою = аЬс — ціле. Тоді раціональні числа и9 V, ю є кореня-
ми рівняння
х3-(и+іл-и;)х2+(ии+пш+ши)х-ипш=0,
що має цілі коефіцієнти та старший коефіцієнт 1. Тому ці коре-
ні — цілі числа.
2.2. Див, розв’язання задачі 2 (325) середньої ліги.
3.1 (335). Розв'язання. Нехай ВХ П = {В, 2}9 з умови Х¥В2 = 90°
(рис. 7.59), тому точки У, О19 2 колінеарні. З одного боку,
, АО^А = ХАВХ = ААХ’Х => ХАХ’С^ — вписаний. З другого боку,
оскільки АО1 = ТО1, то
ААХ'Х = АУХ’О! = АХХ’К9
звідки й випливає потрібне.
3.2. Див. розв’язання задачі 3 (326) середньої ліги.
4.1. Див. розв’язання задачі 4.1 (327) середньої ліги.
4.2. Див. розв’язання задачі 4.2 (328) середньої ліги.
5.1. Див. розв’язання задачі 5.1 (329) середньої ліги.
5.2 (336). Розв'язання. Якщо розглянути біле розфарбування ша-
хівниці, повернути її на 90° і поміняти колір усіх клітинок на
протилежний, то отримаємо розфарбування, у якому ходами
тури по чорних клітинках можна дістатися від лівої вертикалі
до правої. Але тоді розфарбування шахівниці точно не є білим.
Отже, маємо бієкцію між такими розфарбуваннями. Зрозуміло,
276
що звичайне шахове розфарбування не є ні білим, ні чорним,
тому кількість білих клітинок менша від половини кількості
всіх клітинок.
6. Див. розв’язання задачі 6 (330) середньої ліги.
7Д (337). Відповідь: так.	___
Розв'язання. Розглянемо для кожного /г=0, п такі подільнос-
ті многочленів:
х2* =д*(х)Р(х)+гА(х), аее(гЛ(х))<п-1.
Оскільки кожний многочлен гЛ (х) можна записати у вигляді
71-1
вектора (ь™,	то гь(х) = ^іЬ{ік)хі. Векторів усього п 4-1,
і = 0
тому вони лінійно залежні, тобто існують не всі нульові аА,
й=0, п, для яких ^акгь(х)=0. Твердження доведено.
Л=0
7.2. Див. розв’язання задачі 7 (331) середньої ліги.
8. Див. розв’язання задачі 8.1 (332) середньої ліги.
Розділ 8
11-й ВСЕУКРАЇНСЬКИЙ ТУРНІР МАТЕМАТИЧНИХ БОЇВ
імені АКАДЕМІКА І. І. ЛЯШКА
МИМ Математичний занзібар НИНИИЯИ8
Молодша ліга
1 (338). Відповідь: 26.
Розвязання. € 26 простих чисел серед чисел від 2 до 101.
Покажемо, что кількість простих чисел серед 100 послідовних
натуральних чисел не може бути більшою.
Розглянемо довільні 100 послідовних натуральних чисел,
найменше з яких більше ніж 7. Жодне із розглядуваних чисел,
яке ділиться На одне із чисел 2, 3, 5, 7, не є простим. Доведемо,
що таких чисел існує не менше ніж 74.
Кожне друге число кратне 2, тому маємо 50 парних чисел.
Оскільки кожне третє число кратне 3, то таких чисел не менше
ніж* 33. Кожне друге серед них було враховано як парне число,
через те є не менше ніж 16 нових чисел, кратних 3. Оскільки
кожне п’яте число кратне 5, то таких чисел не менше ніж 20.
Кожне друге серед них парне, отже, кількість непарних чисел,
кратних 5,— рівно 10. Серед них кожне третє кратне 3, отже,
є не менше ніж шість нових чисел, кратних 5. Оскільки кожне
сьоме число кратне 7, то таких чисел не менше ніж 15. Кожне
. 277
. друге серед них парне, таким чином, є не менше ніж сім не-
парних чисел, кратних 7. Кожне трете серед них кратне 3, що
виключає максимум три числа, та кожне п’яте кратне 5, що ви-
ключає максимум два числа. Отже, не менше ніж два числа, що
не були враховані, кратні 7. Разом маємо не менше ніж 50 + 16 +
+ 6 + 2 = 74 складених числа.
Таким чином, простих чисел 26.
2 (339). Відповідь: 35.
Розв'язання. Позначимо кількості цукерок через а < Ь < с <
<<і<е. Для виконання другої умови необхідно й достатньо, щоб
справджувалася умова а + 5 + с>гі + е. Зрозуміло, що с<<і-1,
Ь<4-2 та а<4-3. Звідси
(^-3)+(</-2)+(с/-1)>а + д+с>^ + е>е/+(<і+1).=> гі>7 => гі>8.
Таким чином, е>9	с/+е>17 => а+д+с>18 => загальна
кількість цукерок має бути не меншою, ніж 35. Зрозуміло, що
такий розподіл цукерок: 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 35 — задовольняє
умову.
З (340). Відповідь:
Розв'язання. Усього таких чисел можна вибрати 6 * 5 • 4 = 120.
Підрахуємо, у скількох з них якою цифрою може бути наймен-
ша цифра.
Чисел, у яких найменшою є цифра 1, рівно 3 • 5 • 4=60 — тут
перший множник визначає позицію цифри 1, а далі вибір цифр,
на інші позиції.
Чисел, у яких найменшою є цифра 2, рівно 3 • 4 • 3 = 36 — тут
перший множник визначає позицію цифри 2, а далі вибір цифр
на інші позиції. Далі аналогічно.
Чисел, у яких найменшою є цифра 3, рівно 3 • 3 • 2 = 18.
Чисел, у яких найменшою є цифра 4', рівно 3 • 2 • 1 = 6.
Таким чином, середнє арифметичне вибраних цифр дорівнює:
60 -1 + 36 * 2 + 18 • 3 + 6 • 4 _ 210 _
120	""120 ”
4 (341). Відповідь: 50°, 60°, 70°.
Розв'язання. Зрозуміло, що утво- •
рилися три пари вертикальних кутів
(рис... 8.5). Позначимо їх х, у, 2. Тоді ма-
ємо такі умови: х - 5а, у = 7а та
2х + у = 17 а = 360° -190° = 170°. ’
Отже, а = 10°, х = 50°, у = 70°. Тоді
х+у+з = 180°, звідси 2 = 60°. Далі не- &
важко порахувати й кути трикутника:
а = 180°-(х + ^) = 60°, р = 180°-(х+2) =
= 70° та У = 180° -(г+у) = 50°.
278
7
4
Рис. 8.5
5 (342). Відповідь: (0; 1), (1; 0) та (2; 2).
Розв'язання. Дане рівняння є рівнозначним такому:
(6а -7)2 +(66-7)2 = 50. Число 50 може бути подане у вигляді суми
двох квадратів: 25 + 25 або 49 + 1. Отже, обидва числа (6а - 7)
і (66 - 7) мають бути серед чисел 7, 5, 1,-1,-5,-7. Оскільки а та
Ь цілі, то слушними є тільки числа 5, -1, -7. Отримуємо такі ви-
падки: (6а - 7) = 5, (66 - 7) = 5; (6а - 7) = -1, (66 - 7) = -7; (6а -
- 7) = -7, (66 - 7) = -1. Відповідні розв’язки наведено, у відповіді.
6 (343). Відповідь: ні за якої кількості стрибків блосі не вдасться
це зробити.
Розв'язання. Позначимо наведені ходи як першого, другого та .
третього типу. Нехай їх було зроблено відповідно &, тп, п. Тоді ма-
ють справджуватися умови: -2тп + 4п = 0 та 5й - Зтп - 9п = 2016.
Звідси тп = 2п і 5/? - 15и = 2016. Як бачимо, остання рівність є не-
можливою, тому дістатися до потрібної точки блосі не вдасться ні
за яку кількість ходів.
7 (344). Відповідь: 12.
Розв'язання. Приклад належного розфарбування наведено на
рис. 8.6. Покажемо, що більшої кількості одиничних квадрати-
ків, які потрібно перефарбувати заданим чином, бути не може.
Якщо синіх квадратиків принаймні 13, то із чотирьох квадратів
2x2, на які можна розбити заданий квадрат, принаймні один
буде повністю синім. Але тоді кутова клітинка того квадрата не
матиме білих сусідів.
8 (345). Відповідь: усі точки на відрізку ($В.
Розв'язання. Коли точка Р лежить на прямій (ІВ зовні від-
різка (}В (скажімо, на продовженні цього відрізка за точку С),
то одразу виникає суперечність, якщо точку X вибрати між точ-
ками Р їф.
Якщо точка Р лежить не на прямій <^В, то два серединні пер-
пендикуляри, проведені до відрізків Р(£ і РВ (рис. 8.7), будуть не
паралельними й у результаті перетину утворять чотири кути. Для
точок одного із цих кутів точка Р лежить далі, ніж точки та В.
Для точок Р, що лежать на відрізку (}В, очевидно, що умова
задачі справджується.
279
9 (346). Відповідь-. 1344, 2016, 3024, 4536, 6804.
Розв'язання. За розкладом числа на прості множники число
тп + п —просте й не менше ніж 5. При т + п5 найбільше мож-
ливе число 2і • З4 -5 = 810 — трицифрове. При т 4- п = 11 наймен-
ше можливе число 210 • 3і • 11 >10000 має більше ніж чотири
цифри.
Таким чином, залишається розглянути тп + п = 7. Можливі
числа мають такий вигляд:
2е-3" 7=1344, 25-З2-7 = 2016, 24 • З3 - 7 = 3024,
23- З4-7=4536, 22-З5-7 = 6804.
10 (347). Відповідь*. 1009 пар.
Розв'язання. Спочатку розв’яжемо таку задачу: при яких ці-
лих числах (а, Ь, с) кожен із трьох дробів -, ---,-----є ці-
Л	Ь + с с + а а + Ь
лим числом?
Зрозуміло, що коли трійка чисел (а, Ь, с) задовольняє умову,
то й трійка чисел (-а, -Ь, -с) так само що умову задовольняє.
Спочатку розглянемо випадок, коли одна зі змінних нульова,
наприклад є = 0. Тоді мають бути цілими дроби — та —, що авто-
Ь а
матично вимагає умови: | а | < | Ь | та | а | > | Ь |. Звідси | а.| = | Ь |,
з урахуванням ОДЗ. а = Ь # 0. З урахуванням симетричності умо-
ви маємо такі розв’язки:
(0, а, а), (а, 0, а) та (а, а, 0) УаєХ\{0}.
Нехай тепер аЬс^О. Якщо 0<а<Ь<е, то очевидно, що дріб
------ не може бути цілим, тому змінні мають бути різного знака.
. Ь+с
З вищесказаного'зрозуміло, що можна вважати, що с<О<а<Ь,
Нехай (і = -с > 0, тоді цілими числами мають бути дроби вигля-
де Ь с
ду ---? ----9-----.
сі — Ь (1-а а + Ь
Тоді з останніх дробів, які мають бути цілими числами, отри-
муємо: сі > а+Ь, аз першого виразу — а > сі - Ь або а+Ь > Отже,
а + Ь = сі. Звідси а 4- Ь + с = 0, неважко переконатися, що ця
умова є і достатньою.
Тепер треба виписати та порахувати кількість розв’язків кож-
ного типу, тобто з однією нульовою компонентою та з ненульо-
вими, що задовольняють умову задачі. Тут маємо, що с = 2017.
Першого типу розв’язок такий: (0, 2017) — один розв’язок.
Другого типу розв’язки такі: ( -1008, -1009), (-1007, -1010),
..., (-1, -2016) — усього 1008 розв’язків.
11 (348). Відповідь*. 112.
Розв'язання. Пофарбуємо всі карти у два кольори: три синіх,
чотири червоних, далі знову три синіх, чотири червоних і т. д.
280
Тоді верхні три карти сині та нижні три карти сині, оскільки
52 = 7-7+3. У результаті дії Наталки фарбування карт зверху
донизу не зміниться. Є рівно вісім груп по три сині карти. Отже,
після 8 дій усі групи синіх перевернуться, після 8 наступних —
повернуться знову картинками донизу. Так само червоні групи
повернуться у свій стан через кожні 14 дій. Отже, шукане чис-
ло — НСК [14, 16] =112 дій.
12 (349). Відповідь: 15° або 105°.
Розв'язання. Можливі два випадки розташування точки £>.
Випадок 1. Точки А і Л — по різні боки від прямої ВС
(рис. 8.8). Нехай Е=АС (У ВВ І Тоді 2АВЕ=45°, а отже, ВА —
бісектриса та висота трикутника ВЕС, через те АЕ = АС. Будує-
мо АМ — висоту трикутника АВЕ, яка є також його середньою
1	1
лінією, тому АМ--ВС-—АВ.
2	2
Із прямокутного трикутника МАВ маємо:
/АВМ = 30° => АВАВ = 180° - ХАВВ-/АВВ = 180° - 30° -135° = 15°.
Випадок 2. Точки А та В — по один бік від прямої ВС
(рис. 8.9). Аналогічним чином отримуємо, що АВАВ = 105°.
13 (350). Відповідь: існують, наприклад х‘=;‘20, у = 21, а = 14, Ь = 15.
Розв'язання. Ідея пошуку прикладу полягає у виборі сусідніх
чисел, які водночас є взаємно простими. Залишається дібрати
з належною подільністю.
14 (351). Відповідь: (±32;т32;0), (0;+32;±32), (±32; 0; ^32).
Розв'язання. Підставимо рівність с = -а - Ь у третю рівність
і матимемо:
2017адс=а3 + Ь3 + с8 = а3+д3 - (а+д)3 = -Зад (а+Ь) = -Заде.
Таким чином, одна зі змінних має дорівнювати 0. Без обме-
ження загальності вважатимемо, що с = 0. Тоді з першої умови
а = -д, із другого рівняння маємо: 2а2 =2048 а = ±32. Звідси
знаходимо й шукану множину розв’язків.
281
15 (352). Відповідь: 280.
Розв'язання. Чотири учасники в кутах прямокутника роб-
лять по три рукостискання. Учасники на краях — по п’ять,
таких учасників рівно 2(п - 2)‘4- 2(т - 2) = 2п + 2т - 8. Усі інші
учасники роблять по вісім рукостискань, їхня кількість — це
тп ~2п- 2т + 4. Тому загалом маємо таку кількість рукостис-
кань:
-(8(тп-2п-2т+4)+5(2п+2т-8)+3 • 4)=1020.
2
Коефіцієнт - поставлено перед дужками, через те що кожне
2
рукостискання підрахували двічі. Далі маємо:
16тп 12п - 12т = 4072 або (4п - 3)(4т - 3) = 4081.
Оскільки 4081 = 7 -11-53, то подати число 4081 у вигляді до-
бутку двох натуральних чисел, більших за 1, з остачею 1 за мо-
дулем 4 можна лише таким чином: 4081 = 77  53. Тому т = 20 та
п = 14 (або навпаки), звідки учасників олімпіади було рівно 280.
16 (353). Відповідь*. 30°.
Розв'язання. Побудуємо точки Е та Р
таким чином,’ щоб утворився прямокут-
ник ВРЕЕ (рис. 8.10). З умов задачі
РР = -СЕ = ~АВ. Але тоді ЕЕ — середин-
2	2	.	•
ний перпендикуляр до сторони АВ, тому
АЕ = ЕВ.
Проведемо перпендикуляр ВН із точ-
ки В на пряму СЕ. Але тоді ВН = - ВС=ВЕ,
2
• тобто Н = Е та гВЕС = 90° => /АВІ) = АОАВ = 30°.
17	(354). Відповідь*. 2019.
Розв'язання. Якщо записане число дає остачу у від ділення
на 2017, то після перетворення числа за заданим правилом оста-
ча дорівнює (-у 4- 1). Далі вона становить ~(~У + 1) + 1 = У* тобто
’ остачі йдуть періодично з періодом 2. Тому Катя має записати
найменше число г, яке не ділиться на 2017 і щоб число (~г + 1)
не ділилося.на 2017. Очевидно, що 2017 та 2018 умову не задо-
вольняють, тому шуканим є 2019.
18	(355). Відповідь*. 20.
Розв'язання. Позначимо кількість двогорбих верблюдів у ка-
равані через т. Тоді кількість одногорбих верблюдів 100 ~ т.
Загалом у всіх верблюдів 100 4- т горбів. Розглянемо 60 верблю-
дів з найменшою кількістю горбів. Якщо там є 60 одногорбих, то
має бути 60>-(100+тп) => тп<20, і ця нерівність порушиться,
2
якщо тп = 21, тобто ця кількість задовольняє умови.
282
Якщо там 60-й одногорбих верблюдів, тобто двогорбих т =
= 404-й, то нерівність, з умови набуває вигляду 60 + й>
>-(100+40+й) => й>20. Але ця нерівність не порушиться,
2
якщо й збільшити на 1, тобто ця умова неможлива.
19	(356). Відповідь: 27.
Розв'язання. Нехай квадрат (2й-1)х(2й-1) покритий х ква-
дратами 2x2 та у Ь-фігурками. Позначимо через (і, у) комірку,
що. розташована в 2-му рядку та у-му стовпчику. Пофарбуємо
в чорний колір ті клітинки, у яких обидві координати непарні.
Усього маємо й2 .чорних комірок, при цьому кожна з фігурок
може покрити максимум одну чорну клітинку, тому х+у>к2.
. Усього покритими є 4х + 3г/ = (2й-1)2 клітинок, тож
х>к2-у=> 4й2-4й4-1 = (2й--1)г = 4х4-Зр>4(й2-|/)4-Зі/ = 4й2-г/ =>
=> у>4й-1.	•
Отже, Ь-фігурок має бути мінімум 4й - 1, а квадратів 2x2 —
максимум й2-4йч-1. Таким чином, для квадрата 13x13 маємо
й = 7, Ь-фігурок — мінімум 27. Відповідний приклад наведено
на рис. 8.11.
20	(357). Відповідь: 4.
Розв'язання. Позначимо на сторонах А.С та АВ точки М та N
відповідно (рис^ 8.12). Тоді М№ — серединний перпендикуляр
до відрізка АС, тому шукану частину периметра утворюють від-
3 5
різки АМ та. АЛТ. Отже, відповідь така: АМ+АМ =-+- = 4.
2 2
283
Середня ліга
1.	Див. розв’язання задачі 1 (338) молодшої ліги.
о/оеоч »-а я ЛЧ ґі + ї/5 І+іДП ґі-'/б 1->/Г|
2	(358). Відповідь*. (0; 0), -;--- , -----;----- .
к 2 ‘	2 7 V 2	2 ) 
Розв'язання. Віднімемо рівняння одне від одного:
(х-у)+(у-х)(у+х)=(у-х)(у2+ху+х2) =>
Випадок 1. у~х => у3-у2~у=0. Далі знаходимо три розв’яз-
ки цього рівняння й відповідно три розв’язки системи рівнянь:
(0;0),
І 2	2 ) І 2	2 )
Випадок 2. у*х -1+у+х = у2+ху+х2. Розглянемо це" рів-
няння як квадратне відносно у: р2+(х-1)р+х2-х+1=0. Його
дискримінант £> = -Зх2 +2х-3<0, тому інших розв’язків немає.
3.	Див. розв’язання задачі 3 (340) молодшої ліги»
4	(359). Відповідь-.
Розв'язання. Позначимо через М середину сторони ВС
(рис. 8.13). Прямі 2)М та АВ перетинаються в точці (І, тоді
.г^М = ХСБМ = ЛРВМ => Р(£ = РВ. 3 рівності АС£М = АВ$М
маємо, що В$ =,СЛ = 3. Позначимо ВР = х, тоді Р(3 = РВ + В() =
- х + 3. Далі застосуємо теорему Піфагора: (3-х)2 +22 =(3+х)2 =>
Рис. 8.13
5	(360). Відповідь*. 2; 7; 11.
Розв'язання. Безпосередньою перевіркою переконуємося, що
р = 2 є розв’язком, а р = 3 не є розв’язком. У подальшому вважа-
ємо, що р > 3. Припустимо, що р3 -4р+9 = п2 ,
=> (Р - 2)р(р + 2) = (п - 3)(п + 3).
Оскільки в лівій частині — добуток трьох послідовних не-
парних чисел, то рівно одне з них кратне 3, тому права частина
кратна 3 і п = Зк. Звідси
(р - 2)р(р + 2) = 9 (к - !)(£ + 1).
284
Права частина ділиться націло на просте число р, тому на
нього ділиться рівно, один із множників, к - 1 чи к 4- 1. Якщо
к - 1 = Ір, то (р - 2)(р 4- 2) = Ш(/р + 2). Звідси
18/4-4^0 (той р).
Оскільки р — непарне, то 9/+2 = 0 (то<1 р), тобто р < 91+2 або
р-2<9/. Звідси та з. рівності (р - 2)(р 4-2) = 9/(/р 4-2) маємо
р+2>(р+2, а це можливо лише за умови 1 = 1. Тоді р = 91 + 2 =
= 11 — ще один розв’язок.
Якщо к + 1 = Ір, то (р - 2)(р 4- 2) = 91(1р - 2). Звідси маємо:
18/-4 = 0 (тосі р).
Оскількир — непарне, то 91 -2=0 (тосі р), тобто р<9/-2 або
Р+2С9/. Тоді звідси та . з рівності (р - 2)(р + 2) = 91(1р - 2) маємо
р-2>Ір-2, а це можливо лише за умови І = 1. Тоді р = 92 - 2 = 7 —
ще один розв’язок.
6.	Див. розв’язання задачі 6 (343) молодшої ліги.
7	(361). Відповідь*. 108 ходів.
Розв’язання. Будемо вважати, що більша сторона прямокут-
ника горизонтальна. Відповідно ходи чисел називатимемо гори-
зонтальними чи вертикальними, залежно від напряму ходу.
Тоді для чисел 1 і 13 треба зробити щонайменше по 12 таких
ходів, аналогічно для чисел 2 і 12 — щонайменше по 10 ходів,
і т. д. Таким чином, горизонтальних ходів треба щонайменше
2 • (12+10+...-Р2) = 84. Тепер бачимо, що всі числа, крім одного,
мають зробити принаймні два вертикальних ходи. Дійсно, із
двох чисел і < і принаймні одне має зробити вертикальний хід,
інакше вони не можуть помінятися місцями. Отже, має бути
зроблено 2-12 = 24 вертикальні ходи. Звідси сумарна кількість
ходів не менша від 108. Покажемо, , що таким чином можна ор-
ганізувати переміщення чисел рівно за 108 ходів.
Перший етап: 6 4- (12 4- 10 4- ... 4- 2) 4- 1 = 49 ходів.
																				7	6	5	4	3	2	1
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13									8	9	10	11	12	13
Другий етап: 5 4- (2 4- 4 4- ... 4- 10) = 35 ходів.
						7	6	5	4	3	2	1			12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1
							8	9	10	11	12	13														13
Третій етап: 12 4- 12 = 24 ходи.
	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1														
												13		13	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1
Загалом маємо 108 ходів.
8.	Див. розв’язання задачі 8 (345) молодшої ліги.
285
9.	Див. розв’язання задачі 9 (346) молодшої ліги/ ’
10. Див. розв’язання задачі 10 (347) молодшої ліги.
11. Див. розв’язання задачі 11 (348) молодшої ліги.
12. Див. розв’язання задачі 12 (349) молодшої ліги.
13	(362). Відповідь-. 535.	___ _______ __________
Розв'язання. Позначимо числа як аЬа та аЬа+2017= сМс.
Розглянемо випадки.
•	Якщо с = 3, то із цифри одиниць а = 6, але тоді цифра тисяч
не стане 3 — суперечність.
•	Тому с = 2 => а = 5. Далі очевидно, що 5 = 3.
14	(363). Відповідь*. а = 5 = 1таа = 5 = 2.
Розв'язання. Спочатку покажемо, що Vх>1 х3-5х2+8х-
-4>0. Для цього достатньо розкласти вираз на множники:
(х-1)(х-2)2 >0.
Застосуємо нерівність між середніми:
а5(а+6--10)+8(а+6)>а&(2\/аЬ-10)+16\/аЬ.
Замінимо тепер 4аЬ = х, тоді останній вираз набуває вигляду
2х3-10х2 +16х, а з доведеної вище нерівності для х щн набу-
ває найменшого значення 8 при х = 1 та х = 2. Для досягнення
рівності має виконуватися умова а = 5, звідси й знаходимо шу-
кані відповіді.
15	(364). Відповідь*, при иє{0;2}.
Розв'язання. Занумеруємо трикутни-
ки згори донизу, а далі зліва направо но-
мерами Т2,...» Т9 (трикутники, що орі-
єнтовані вершиною донизу, мають номери
Т3, Тб, Т8, назвемо їх нижніми). Позна-
чимо мітки цих трикутників ті9 і = 1;9
(рис. 8.14). У кожному ході завжди один
із трикутників нижній, звідки маємо:
т3 +	+ т8 =	+ т2 + т4 + т6++ т9.
Тому на кожному кроці для міток має справджуватися рів-
ність: сума трьох із чисел дорівнює сумі інших шести. Тоді ця
умова для трьох найбільших чисел набуває такого вигляду:
(п+8)+(п+7)+(п+6)>п+(п+1)+...+(п+5) <=>
<=> Зп+21>6п+15 <=> п<2. .
Зрозуміло, що сума всіх міток при п = 1 непарна, а тому рів-
ність неможлива.
Наведемо приклад отримання відповідної розстановки міток
для п = 0 та п = 2.
•	Для п = 0 маємо, що 0 + 1 + ... + 8 = 36, і твердження справ-
джується з різностей: 4=1 + 3, 6 = 2 + 4 та 8 = 1 + 7 +0.
286
Таким чином, проводимо збільшення на 1 у таких парах три-
* кутників:
(Тр Т3) — 1 раз, (Т2, Т3) — 3 рази;
(Т5, Т6) — 2 рази, (Тб, Т7) — 3 ра?и;
(Т7, Т8) — 1 раз, (Т4, Т8) — 7 разів.
•	Для п = 2 маємо, що 2 + 3 + ... + 10 = 54, і твердження справ-
джується з рівностей: 10 = 7 +3, 9 = 6 + 2 + 1(5) та 8 = 4(5) + 4.
Відповідні ходи очевидні.
16	. Див. розв’язання задачі 16 (353) молодшої ліги.
17	(365). Відповідь*. 108.
, Розв'язання. Випишемо послідовні перетворення чисел. Зро-
зуміло, якщо число К = рЬ, де р — найменший простий дільник
К
числа К, то зробимо таке перетворення: К----. Зокрема, якщо
Р
К К
р = 2, то число зменшується вдвічі: К--=—.
2	2
=1919 -1918 =1918(19-1) = 2 • 9 • 1918, #2 =9 • 19і8 =3 • 3 • 1918,
ЛГ3=9 1918-3 1918=2-3 1918, ^=3-1918,
М, = 3  19і8 -1918 = 2 -1918,	= 1918.
Отже, за шість операцій віднімання число N=1919 перетвори-
лося на число ^=1918, таким чином, за 18-6 = 108 опера-
цій матимемо число 19, яке е простим.
2 * *	838
18 (366). Відповідь: найменший------, найбільший--------.
11	1729
Розв'язання. Зробимо такі перетворення?
а Ь 10 (аІ 2 + &2) + 2а&	. 99аЬ .	99
-- + = =   ------------- =1--------------=1--------------.
Ьа аЬ 10 (а2 +Ь2)+101аЬ	10(а2 +&2)+101аЬ	10|£+*|+101
а)
Відомо, що —+ —>2, тому
Ь а
тіпМ = 1-------------------------=—.
10-2+101 11
Без обмеження загальності вважаємо, їцо тоді р = — >1
1 а Ь _	&
та р+— =—+—. Якщо р>д>1, то'
р Ь а
І р) І я) РЧ
Тому максимуму вираз набуває при максимальному значенні
р+~, тобто при р = 9 або при а = 9 та Ь = 1. Звідси знаходимо:
Р	99	838
тахМ = 1-
287
в
А
Рис. 8.15
19. ДйЬ. розв’язання задачі 19 (356) молодшої ліги.
20 (367). Відповідь: ВВ або АС, 8 = 2.
Розв'язання. Покажемо, що 8^ =-ВВ2. Дій-
2
сно, нехай прямі АВ та ВС перетинаються в точ-
ці Р (рис. 8.15), тоді трикутник АВР — прямокут-
ний рівнобедрений, тому Вддр^^ВР2. Аналогічно
для трикутника СВР маємо: 8СОР =—ВР2. Тоді
2
8^	=1(5^ + ДР2) = |ві>г =2.
а	о
Зрозуміло, що ВВ = АС, а тому достатньо знайти довжину
. цього відрізка.
Старша ліга
1 (368). Відповідь: п = 504.
Розв'язання. Випишемо число, що задовольняє умови:
А = а1а2...аП _2рд, тоді варіантів для аг — три, для а19 1 = 2, п-2 —
чотири, а для числа рд є разом п’ять варіантів: 12, 16, 20, 60 та
00, тому хп =3 • 4Л~3- 5. Звідси шукана величина дорівнює:
-.[х.
хз
Хп
х<
X',
х,
= 1+44-3+4(п-2) = 2016=>п = 504.
|_лі □	3 иАз_
2 (369). Відповідь: 1.
Розв'язання. Спочатку зрозуміємо, що а існує. Позначимо
рівняння через §(х) - х3+х ч-1. Оскільки похідна £'(*) = Зх2 +1 > 0
додатна, то функція § (х) монотонно зростає на всій дійсній осі.
Крім того, § (-1) =* -1 < 0 та £ (0) = 1 > 0, тож корінь рівняння
§ (х) = 0 існує, він єдиний і не дорівнює значенням -1; 0.
_	х+1А 1
Якщо в задану умову ц-------І------ підставити х = а
'п
1, ТО
матимемо:
1
уа-іу а
Далі зробимо таку заміну: і =-х =-----. Тоді
х	і-1
Лх + 1У .	1	1	і-1	.	а-1
Л---- =/(0=—-=т;------=----=> /(«) =--•
\ х } х + 1	1 , і і	а
і-1
Тоді для довільного а, для якого визначено функцію
маємо:
(1)
(2)
/(х),
А ® і V 1 а~І •<
Я—-+№) = -+---= 1.
ка~1>	а а
288
3. Див. розв’язання задачі 3 (340) молодшої ліги.
4 (370). Відповідь: 53к=--.
З
Розв'язання. Позначимо АВ =- а, ВС ~ Ь9 радіус кола с позна-
чимо через г (рис. 8.16). АВ — серединний перпендикуляр до
відрізка Д(?р оскільки це лінія центрів кіл с та сг Нехай
РО її
Р1©1 =2Ар аналогічно Р2<?2 =2й2. Тоді	Якщо тепер розу-
міти к2 як висоти трикутників АВРг та СР2В до сторін АВ
та СВ відповідно, то, оскільки АРг = АВ = а, СР2 = ВС = 6 та ВР1 =
-ВР2-г9 тоді АР{=СВ-а та СР2-АВ-ЬІ звідки ААВРІ=^СР2В.
З рівності їхніх площ маємо:
АО-й1=СР-7?2=>^- = ^-= —= -
Р^2 Л2 ДО Ь
з
5. Див. розв’язання задачі 5 (360) середньої ліги.
6 (371). Відповідь*. /(х) = ±х.
Розв'язання. Якщо підставити в умову а = Ь = 0, то матимемо
умову: /2(0)<0=>/(0)=0.
Підставимо а = 0=>-/(А2)<-А/(д) або /(Ь2)Упєій.
Підставимо & = 0=>/(а2)<а/(а), УЬєІЙ.
Поєднуючи останні дві умови, маємо, що ^(х2) = х/(х), Ух є їй.
Підставимо цю рівність в умову:
а/(а) -А/(Ь) < (/(а)+Ь)(а - /(А)) =>
=> а/(а)-ЬНЬ) < а/(а) + аЬ - /(а) Г(Ь) - Ь/(Ь) =>
=>/ЧаИ(Ь)<а&,
З умови ~х/?(-х) = /((~х)2) = /?(х2) = х/(л:) випливає, що / — не-
парна функція.
289
ВМ
Рис. 8.17
С
Але тоді
-/(а) Г(Ь) >-аЬ => (-/(а) /(-&)) > -а(-Ь)=аЬ
=> /(а) /(Ь) > аЬ => /(а) /(&) = аЬ, У а, Ь єК.
Оскільки /2(1)=1, то /(1)=±1=>/(х) = ±х.
Перевіркою переконуємося, що обидві функції задовольняють
задану умову.
7.	Див. розв’язання задачі 7 (361) середньої ліги.
43
8	(372). Відповідь-, у.
Розв'язання. Позначимо стандартним
чином: АВ - с9 АС = Ь9 /ВАВ =/БАС=а,
тоді й /АРЕ =/ВАГ-а, тому трикутник
АЕР — рівнобедрений. Позначимо АЕ =
= АР = х. Тоді РС = Ь - х9 ВЕ = с +х. Не-
хай С — така точка на прямій РС9 що
СВ\\АВ (рис. 8.17). Тоді
/АВС = /ВАВ = /АСВ = /САВ = а.
Звідси АС = АВ = с9 і відрізок МР —
середня лінія трикутника' ВСС. Тоді,
. з одного боку,
&р=рс=-са=-(ь+с),
2	2
а з другого боку, СР - с + х = ВЕ. Звідси остаточно СР=ВЕ-
1,. ч 43 •
= -(Ь + с)=—.
2	2
9.	Див. розв’язання задачі 9 (346) молодшої ліги.
10 (373). Відповідь-. 242.
Розв'язання. Очевидно, що
Р(х) = а(х-^)...(х-д21) х-і- ...І х-—
І Ь) І <721
тому шукане відношення дорівнює такому:
ґп 1 1 І П 1 І
о____	12____
(3~^і) в в (З-’Згі) -А ^17 ,	, \ ?2і)
ґ1 іУ’”7і .іУґ1	1 ї
---- --------- —а	----
717	д21/ \2	/	-^2 д21у
=(-2)ді...(-2)д21—=242.
* 7і 7гі
290
11.	Див. розв’язання задачі 11 (348) молодшої ліги.
12.	Див. розв’язання задачі 12 (349) молодшої ліги.
13	(374). Відповідь: 816487.
Розв’язання. Розглянемо послідовність чисел (аА), що розпо-
чинається із числа 0^=77 та завершується шуканим найменшим
числом, що перевищує 777 777. Розглянемо послідовність Ьк = аА -7.
Якщо на якомусь кроці ак+1=2ак-7, то &А+14-7 = 2(&А+7)-7
або Ьк+1-2Ьк.
Якщо на якомусь кроці аА+1=ЗаА-14, то &А+1+7=3(6Л+7)-14
або дк+1=ЗЬЛ.
Тепер треба знайти найменше натуральне число, більше за
777770, яке отримують із числа 70 множенням на 2 або 3, тобто
число вигляду 70 • 2гп • З", т, п >0. З нерівності 70 • 2т • 3Л >
>777 770 о 2т-3” >11111. При цьому число має бути наймен-
шим можливим. Залишається зробити невеликий перебір по п.
Оскільки
, З8 =6561<11111<39 =19 683,
то п = 0; 8. Знайдемо відповідне найменше можливе т.
п = 0 => 214 =8192<11111<215 =16384, шукане число #0 =16384.
п=1 => .212 = 2048 <	< 213 = 4096, шукане число = 12 288.
> п = 2 => 210 = 1024 <	< 2і1 = 2048, шукане число ЛГ2 = 18 432.
З *
п=3 => 28=256<іі-ііі<29=5І2, шукане число ^=13842.
З
п = 4 => 27 =128<<28 =256, шукане число =20736.
З
п = 5 => 25 = 32< —	<26 =64, шукане число N5 =15552.
З’
п = 6 => 23 =8<^~і^і<24 =16, шукане число ЛГ6 =11664.
З
п = 7 => 22 =4<---^у1- <23 =8, шукане число #7 =17496.
п = 8	2° =1<^-^і<21 =2, шукане число ^=13122.
З
Отже, найменше з наведених чисел — це ЛГб =11664, а тому
шукане число дорівнює &й=816 480, звідки аА=816 487.
14 (375). Відповідь: / (х) = 0 та / (х) = 1.
Розв’язання. Якщо підставити г/ = 0, то матимемо: /(х)/(0)=
= /(х2 +1). Аналогічно при х = 0 отримуємо, що /(у) /*(0) = /(1-у2).
291
Якщо/(0) = О, то /(х2+1)^0 та /(1-х2) = (К Звідси розв’язком
є лише функція /(х) = 0.
Якщо /(б)ф0, то /(х) =	~ Покладе-
мо в початковому рівнянні у = -х: /г(0)/(-х2) = /(1) => /(-х2) =
=/(х2)=—=сопзі. Підставимо х = 1 і матимемо, що /(0) = 1,
/(0)	'
тому /(х) = 1.
Перевіркою легко переконатися, що обидві функції умову за-
довольняють.
15	. Див. розв’язання задачі 15 (364) середньої ліги. ‘
16	(376). Відповідь-. у0=л/2соз15°=^і.
2
Розв’язання. Розглянемо поворот В на 90° за рухом годинни-
кової стрілки (рис. 8.18). При цьому Л‘(А) = В, В(Е’) = Р', тому
Я(АЕ')=ВР'-. Таким чином, ААРВ = 90°, і точка Р лежить на колі
з діаметром АВ, тобто на колі а із центром у точці (-1; 1) і ра-
діусом -72. Зрозуміло, що не кожна точка цього кола є відповід-
ною точкою перетину для деякого повороту трикутника ОВВ.
Необхідна умова — пряма АР містить точку на відстані 1 від
точки О, тобто належить колу |3.
292
Нехай прямі АТ та АТ' — дотичні до кола р. Тоді всі при-
• пустимі прямі АР перетинають кут ТАТ'. Нехай АТПа = Р0,
АТ* П,а = Р0'. Отже, є припустимими положення точки Р на дузі
у = Р^Рц кола а, за винятком точок А та В, Неважко побачити,
що точка Ро має найвищу ординату з усіх можливих. Тож пря-
ма ВІТ — дотична до кола р, оскільки В(АТ) = ВИ. Отже,-
АТОІ/= 90°, крім того, АТ1ВО. Таким чином, вони перетина-
ються на колі а і АТСіВЦ^Рц. Залишається обчислити ордина-
ту точки Рц.	' •
Трикутник ОАТ прямокутний, ОА = 2, ОТ - 1, тому Л.ОАТ = 30°.
Тепер із трикутника АР0Н маємо, що у0 = Р0Н.=-Р0А. Тоді
2
/ВАР0=15° у прямокутному трикутнику ВАР0, звідки'
г/0=-Р0А = ІАВсо5І5°.
2	2	•	•
17.	Див. розв’язання задачі 17 (365) середньої ліги.
18.	Див. розв’язання задачі 18 (366) середньої ліги.
19.	Див. розв’язання задачі 19 (356) молодшої ліги.
20.	Див. розв’язання задачі 20 (367) середньої ліги.
НЯКВИЯВИІ Командна усна олімпіада И9НИМИМ
Молодша ліга
1	(377). Відповідь*, не може.
Розв'язання. Непарну кількість дільйиків мають лише ква-
драти натуральних чисел. Якщо б число аЬ мало рівно 2017 діль-
ників, то виявилося б, що в рівності аЬ = с числа лір — квадра-
. ти цілих чисел, а & не є квадратом, що неможливо.
2	(378). Відповідь*, не можна.
Розв'язання. Обчислимо суму клітинок від кожної шашки до
нижньої горизонталі:
0+1+2н-...+2017=і • 2017 -2018 = 2017 -1009 —непарне число.
За один хід парність обчисленої суми клітинок не змінюється,
бо рухаються Одночасно дві шашки та величина змінюється на
парне число. Оскільки в прикінцевому положенні шашок зна-
чення суми дорівнює нулеві, тобто парне, тому це зробити не-
можливо.
293
З (379). Відповідь: існують.
Розв'язання. Розглянемо чотирикутники (рис. 8.19). Ромб
АВСВ, у якого одна діагональ АС набагато довша за другу, на-
приклад, АС = 10, а ВВ = 1. Чотирикутник КЬММ — прямокут-
ник, вершини якого розташовані поблизу від вершин А і С ром-
ба. Якщо наближувати вершини прямокутника до вершин А
і С якомога більше, то можна досягти того, щоб КВ = ММ > 9.
Тоді, оскільки діагоналі прямокутника більші за його сторони,
маємо:
КМ + №>КЬ + 1\Ш>18>АС + ВВ=11.
N --------------- М
В
Рис. 8.19
4 (380). Відповідь: (-1; -7), (1; 1), (2; 2).
Розв'язання. Покладемо з = і - 1. Тоді перше рівняння набу-
ває вигляду х = в3 + 1, а друге рівняння стає таким: 27(з3)4 =
= (х2—І)3 або Зз4=х2-1. Якщо тепер підставити в останню рів-
ність х-83+1, то отримаємо таке рівняння:
384+1 = 8в+283 + 1=>81=0, 52=-2 та 83=1.
Далі неважко знайти всі три наведених розв’язки.
5 (381). Відповідь: 4848.
Розв'язання. Розглянемо число п, яке має суму цифр з. Тоді,
якщо в разі додавання числа 2016 до числа п у. стовпчик не від-
бувається переносу 1 з меншого розряду до більшого, ТО число,
п 4- 2016 має суму цифр 8 + 9. Якщо під час додавання цифр
х + у відбудеться перенос розряду, то у відповідному розряді сто-
ятиме цифра х + у - 10, при цьому на 1 збільшиться цифра, що
стоїть ліворуч від цього розряду. Таким чином, при кожному
переносі сума цифр зменшується на 9. Наприклад, для п = 1015,
8 = 7, під час додавання відбувається перенос 1 лише в одному
розряді, тому для числа п + 2016 = 1015 + 2016 = 3031 ‘ маємо
суму цифр 8+9-1 -9 = 8 = 7. Для числа п = 3084, з = 15, під час
додавання відбувається перенос 1 у двох розрядах, тому для чис-
ла п + 2016 = 3084 + 2016 = 5100 маємо суму цифр 8+9-2•9=
= 8-9 = 6.
Отже, число 2016 інваріантне тоді й тільки тоді, коли в ре-
зультаті додавання до нього числа 2016 відбувається перенос 1
рівно в одному розряді.
294
Тепер потрібно порахувати всі числа, для яких відбувається
перенос 1 в єдиному розряді. Позначимо цифри таким чином:
цифра тисяч — перша, цифра сотень — друга, цифра десятків —
третя, цифра одиниць — четверта.
Якщо перенос відбувається в розряді тисяч, то перша цифра
має дорівнювати 8 або 9, для інших цифр, навпаки, має не від-
буватися перенос 1, тому варіантів їх вибрати: для другої циф-
ри — 10, для третьої цифри — 9, для четвертої цифри — 4, ра-
зом— 2-10-9-4=720.
Якщо перенос відбувається в цифрі сотень, то таких чисел не
існує.
Якщо перенос відбувається в цифрі десятків, то четверта циф-
ра може дорівнювати 0, 1, 2 або 3, для третьої цифри — це може
бути лише 9 (єдиний варіант), для другої — 9 варіантів, для
першої цифри — 8, разом — 8 • 9 • 1 • 4 = 288.
Якщо перенос відбувається в цифрі одиниць, то четверта циф-
ра може дорівнювати 4, 5, ..., 9, для третьої цифри — це може
бути лише 8 варіантів, для другої — 10 варіантів, для першої
цифри — 8, разом — 8 • 10 • 8 • 6 = 3840.
Таким чином, .усього таких чисел 720 + 288 -І- 3840 = 4848.
6 (382). Розв'язання. Усього існує п - 1 нетривіальна ротація. По-
значимо кількість жовтих і синіх вершин через у та Ь, Ь + у = п.
Позначимо кількість вершин, що змінюють колір у результаті
обертання на у позицій, через	п-1. З одного боку, з умов
^2	______
задачі І. <--п, / = 1, п-1. З другого боку, кожна пара різноко-
7 100
льорових вершин збігається рівно після однієї ротації. Таким
чином, мояща двома способами порахувати кількість отаких су-
міщень пар точок різного кольору після всіх обертань:
^ + і2	= 2Ьу = 2у{п-у) => 2у(п-у}<(п-1) • ^-тк^-п2 =>
100	100
Г _8_
«У 9 о п	З
- >-----ті <=> у— >—п<2>
27 -100	2 10	2
що й треба було довести.
V
7 (383). Розв'язання. Спочатку доведемо, що Х¥ ± ЕР.
Лема. Дано трикутник АВС, точка В лежить на прямій АВ
зовні відрізка АВ так, що АВ = ВС, а точка А лежить між
точками ВІВ. Точка О — точка перетину серединного
перпендикуляра до відрізка ВС та прямої, на якій лежить
бісектриса кута СВЕ. Доведіть, що точка О лежить на се-
рединному перпендикулярі до відрізка АВ.
2	16	2 л
=>у -пу+----п >0о
100
295
Доведення. Нехай точка Е на прямій АВ така, що ВС = ВЕ
і точка В лежить між точками А і Е (рис. 8.20). Тоді трикутник
ВСЕ рівнобедрений, серединний перпендикуляр до відрізка СЕ
збігається з бісектрисою кута СВЕ. Таким чином, точка О —
центр описаного кола трикутника ВСЕ, а тому вона лежить
і на серединному перпендикулярі до відрізка ВЕ. Оскільки
ВЕ = ВА, то останній серединний перпендикуляр збігається із
серединним перпендикуляром до відрізка АВ.
Лему доведено.
За доведеною лемою відрізки ЕА та ЕА — бісектриси зовнішніх
кутів трикутника ЕЕВ (рис. 8.21). З одного боку, точка X лежить
на серединному перпендикулярі до відрізка ЕЕ, так само як і точ-
ка У. З другого боку, точки Е, Е, С, В лежать на колі з діаме-
тром СВ, тому середина відрізка СВ є центром цього кола, а отже,
лежить на серединному перпендикулярі до відрізка ЕЕ. З вище-
доведеного випливає, що ця пряма збігається з прямою Х¥.
X
Рис. 8.20	Рис. 8.21
8 (384). Відповідь: 1.
Розв'язання. Розглянемо задачу для загального випадку
. п = 2017. Спочатку запишемо всі дроби зі знаменником, що не
перевищує п. Позначимо числа таким чином: 0 = ~ та 1~|. По-
ставимо- їх поруч, а далі просто в цьому ряду для кожних двох
а с
сусідніх дробів — <— здійснимо таку процедуру: запишемо між
Ь д
а + с
ними дріб-----. Очевидно, що він має бути розташований саме
між ними, у чому легко переконатися безпосередньо, напри-
клад:
а а+е ,	,	, ,	, ,
— <----аЬ+ад,<аЬ+Ьс <=> ай<Ьс.
Ь Ь+<і
296
тг	а с
Переконаємося в тому, що коли для дробів — <— справджу-
Ь й
ється умова Ьс - асі = 1, то для кожної пари сусідніх дробів
а а + с с
— <----“ < — виконується така сама умова, наприклад:
Ь Ь + й й
Ь(а + е) - а(Ь 4- сі) = Ьс - асі = 1.
Таким чином, між кожними двома сусідніми дробами в цьо-
му рядку маємо значення к = 1.
На завершення покажемо, що такою процедурою ми запише-
мо всі дроби, зазначені в умові. Застосуємо метод доведення від
супротивного: припустимо, що дріб — зі знаменником не
Ч
з’явився в цьому рядку, хоча мав бути розташований між дроба-
а	с	* а	р	с	__ .
ми — та —, тобто	Тоді маємо такі умови:
Ь	й	Ь	д	сі
Ьр-ад>1 та сд-ф>1 та&с-ас/=1.
п •	^Ьр-1 Лр+1 _	,
Звідси	, с>~,—. Тепер використаємо рівність Ьс ±
ч Ч
= ай 4- 1. Маємо:
• Ь^сЬ-асі+І^—^ • б?+1 => сіЬр+Ь<Ьрсі-(і+д =>
ч	ч
тому й п>Ь+й. А це означає, що дріб —- має знаменник, що
Ь+сі
не перевищує п, а тому дроби — та — не можуть бути сусідніми,
Ь й
оскільки між ними розташований дріб -------. Одержана супе-
Ь+сі
речність завершує доведення.
Середня ліга
1 (385). Відповідь: 9983.
Розв'язання. Розглянемо число п, яке має суму цифр з. Тоді,
якщо при додаванні 2016 не відбувається переносу розрядів цифр,
число* п + 2016 має суму цифр 5 + 9. Якщо при додаванні цифр
х + у відбудеться перенос розряду, то у відповідному розряді сто •
ятиме цифра х + у - 10, при цьому на 1 збільшиться цифра, що
стоїть ліворуч від цього розряду. Отже, при кожному переносі
сума цифр зменшується на 9. Наприклад, для ті = 1015, 5 = 7,
при додаванні відбувається перенос 1 лише в одному розряді,
тому для числа п + 2016 = 1015 + 2016 = 3031 маємо суму цифр
297
з+9-1*9 = 8 = 7. Для числа п = 3084, з = 15, при додаванні відбу-
вається перенос 1 у двох розрядах, тому для числа п + 2016 =
= 3084 + 2016 = 5100 маємо суму цифр $+9-2 • 9 = з-9 = 6.
Таким чином, число 2016 інваріантне тоді й тільки тоді, коли
при додаванні до нього числа 2016 відбувається перенос 1 рівно
в одному розряді. .
Найбільше число має розпочинатися із цифри 9, але тоді від-
бувається перенос 1 з розряду в першій цифрі, тому інші цифри
мають задовольняти умову, що в ньому не відбувається переносу
у відповідному розряді. Отже, шукане найбільше число 9983.
2	. Див. розв’язання задачі 4 (380) молодшої ліги.
3	. Див. розв’язання задачі 6 (382) молодшої ліги.
4	(386). Розв’язання. Позначимо радіуси
описаних навколо трикутників АСИ
і ВВС кіл відповідно та В2
(рис. 8.22). Тоді, якщо СЛ = /, за теоре-
мою синусів маємо:
—= 2К => зіпр=—,
зіпр	27^
ВЕ І
при цьому С03Ср = -^ = ^- = 8ІПр. Тому
з гострокутного трикутника АВС
Ф=—~В, аналогічно ш=—-а. Отже,
2	2
Рис. 8.22
7Г	71
2РЛф = <р+у =—ач р = 7с-а-р = у =/АСВ.
2	2
Таким, чином, кути вказаних трикутників рівні. Крім того,
з рівностей
ФЛ _ 7^ _ І 2зіпа _ зіпа _ а _ СВ
РЛ 2зіпр І зіпр Ь АС
випливає, що відповідні сторони при рівних кутах пропорційні,
а тому ці трикутники подібні для будь-якої точки Л є АВ. Самі
точки А, В умову не задовольняють, оскільки один із трикутни-
ків — АСІ) чи ВЛС — при цьому вироджуєтеся у відрізок. .
5	(387). Відповідь: ІЗ3 =2197.
Розв’язання. Позначимо ребро великого куба через а, двох
’ неодиничних кубиків — через Ь та с. Тоді маємо рівність
Ь3+с3+2008 = а3.
Оскільки 123 =1728<2008, то а > 12, тобто.а>13.
Тепер оцінимо зверху величину з. Очевидно, що а>Ь+с, звід-
си маємо:
Ь3 + 3&2с+Здс2 + с3 < а3 = Ь3 + с3 + 2008,
298
тобто Ь2с+Ьс2 або Ь2с+Ьс2 <669. Далі, 2с3 <Ь2с+Ьс2 <669,
звідки с3<334.
Крім того, 2&2 + 8 < Ь2с+Ьс2 < 669 => 2Ь2 < 661 => Ь2 < 330 =>
=> Ь<18 => Ь3<5832 => Ь2 +с3 <6166.
а3 =Ь34-е34-2008< 61664-2008 = 8174	а<20.
Залишається зробити невеликий перебір по кубах цілих чи-
сел &>с>2, що задовольняють рівність Ь34-е3 +2008 = а3 при а,
що пробігає значення від 13 до 20. Таким чином, знаходимо
єдиний розв’язок:
53 + 43 + 20 08=133.
6	(388). Розв'язання. Доведемо методом від супротивного: припус-
тимо, що в кожного, одиничного квадрата принаймні два ребра
жовті. Кожне жовте ребро може бути межею не більше ніж двох
квадратів.
Розглянемо одиничний квадрат і кількість жовтих ребер
у нього. У кожного з них ця кількість не менша за 2. Суму цих
значень позначимо через У.
Розглянемо жовте ребро та кількість одиничних квадратиків,
для яких воно є межею. Для кожного з них кількість таких ква-
дратів становить 1 або 2. Суму цих значень позначимо через (3.
Зрозуміло, що, з одного боку, У = а з другого боку,
. 2п2<У = С<2п2.
Відповідно це співвідношення можливе лише за умови, що
кожний одиничний квадратик має рівно два жовтих ребра,
а кожне жовте ребро розташоване між двома одиничними ква-
дратиками.
Пофарбуємо всі одиничні квадратики, як на шахівниці. Тоді
кожне жовте ребро розташоване між білим і чорним квадратами,
а кількість жовтих ребер має дорівнювати подвоєній кількості
як чорних, так і білих квадратів. Але ж кількість чорних і бі-
лих квадратів є різною — одержана суперечність завершує до-
ведення.
7	(389). Розв'язання. Нехай пряма АХ удруге перетинає коло
у точці У, а пряма ВХ удруге перетинає коло /?2 у точці 2
(рис. 8.23). Оскільки точка X належить радикальній осі кіл к^
та к2, то Х¥ • ХА-Х2 • ХВ, звідки отримуємо, що через точки
А, У, И, Р можна провести коло. Отже,
2.Х2У-АХАВ^ ХХГ2 = 2ХВА.
Нехай В — точка перетину прямих СМ та АХ, & 8 — точка
перетину прямих ВМ і ВХ. Точки В та X лежать з одного боку
від точок А та У. Точки 8 та X лежать з одного боку від точок Р
299
і И. Точки В та © лежать з одного боку від точок С та М, точки
8 та Р лежать з одного боку від точок В та М. Оскільки точки А,
У, М, С лежать на колі 1\, маємо:
ггелгг^ялп^АКАС^	.
Рис. 8.23
Через те що точки (2 та У лежать з одного боку від пря-
мої МАГ, а точка 2 — з другого, точки М і И лежать з одного
боку від прямої ОУ. Отже, рівняння ,/фМУ ==	означає, що
через точки Я, У, М, 2 можна провести коло. Аналогічно отри-
муємо:
2.РМ2 = А8М2 = 2Г8РВ = АХВА = 2ХУ2 = 2РУ2,
чим скористаємося; щоб показати, що через точки Р, 2, М та У
можна провести коло. Нарешті, точки Р, в, У, 2 мають лежати
на одному колі в такому порядку (точки б та У лежать з одного
. боку від прямої МА/, точки Р і 2 — з’ другого); Таким чином,
Л^РА = ^РУ = гС2У = ЛХ2У = 2ХАЯ 2РАВ.
Це означає, що РОЦ/ (тому що точки (2 та Р по різні боки від
прямої АР).
8	. Див розв’язання задачі 8 (384) молодшої ліги.
300
Старша ліга
1 (390). Відповідь:
5
Розв'язання. Розташуємо систему
координат із центром у вершині С, ко-
ординатні осі якої напрямлені по кате-
тах, як це показано на рис.. 8.24.
Позначимо величину шуканої сто-
рони квадрата через а. Оскільки
ААВС ™ &РВЕ та РЕ = а, то ВЕ = 2а. То-
, ді точка Сг має координати (2 — 2а - а; а)
і має лежати на колі з рівнянням
х2+(у-1)2=1. Тоді
- (2-За)2+(а-1)2=1 => 10а2-14а+4=0
2
а9=1.
5
2
Очевидно, що умову задовольняє лише а = -.
5
2 (391). Розв'язання. Застосуємо нерівність між середніми тричі:
2000 • І2017 ^Оа2017^2017
2017
10  І2017+7а2017+2ООО&2017
2017
7 • І2017 4-2ОООа2017+1О&2017
2017
Додамо одержані нерівності, і твердження доведено.
3	. Див. розв’язання задачі 5 (387) середньої ліги.
4	. Див. розв’язання задачі 6 (388) середньої ліги.
5	(392). Розв'язання. Назвемо групу хлопців X відділеною для гру-
пи дівчат ¥, якщо кожний хлопець із Групи X не знає жодної
дівчини з групи ¥. Аналогічно множина дівчат ¥ є відділеною
від групи хлопців X, якщо жодна дівчина з групи ¥ не знає жод-
ного хлопця з групи X. Оскільки знайомство — це взаємовідно-
сини, то для пари груп X та ¥ має місце така властивість:
група хлопців X відділена від групи дівчат ¥ тоді й тільки тоді,
коли група дівчат ¥ відділена від групи хлопців X. Нехай п —
кількість упорядкованих пар груп (X, ¥), де вони відділені одна
від одної. Для кожної групи хлопців X позначимо через ¥(Х)
групу всіх дівчат, хто не знає жодного хлопця з групи X. Тоді
група X є відділеною від 2У(Х) груп дівчат і п =.	2У(Х). Додан-
ки в цій сумі непарні тоді й тільки тоді, коли група ¥(Х) — по-
рожня, тобто група X .— дружня. Тому парність п відпові-
дає кількості дружніх груп ’ хлопців. Аналогічно парність п
301
відповідає кількості дружніх груп дівчат, що й треба було до-
вести.
6	(893). Відповідь: 1.
Розв'язання. Нехай- х-~, у- — — нескоротні дроби, що при
Ь сі '
деякому простому р^2(тос!3) та натуральному ті задовольня-
ють наведену рівність. Тоді цю рівність можна переписати та-
а с рЬ рд. _
ким чином:= 3п =>
Ь д а	с
(а2 + рЬ2)сд+(с2 + рд2)аЬ = ЗпаЬсд.	(1)
Унаслідок симетричності задачі відносно х, у треба розгляну-
ти три випадки.
Випадок 1. асі р. З рівності а3 = а(а2+ рЬ2)~рЬ(аЬ) випли-
ває, їцо будь-який простий дільник числа (аЬ, а2+рЬ2) має ді-
лити число а. Зазначимо, що просте число р не може бути таким
простим дільником, оскільки з рівності рЬ2 = (а2 + рЬ2)-а2' ви-
пливає, що тоді це просте число р ділиться і на &, а це супере-
чить умові (а, Ь) = 1. Звідси далі випливає, що (аЬ, а2 + рЬ2)=А.
Аналогічно (сгі, с2 + рд2) = 1. .
З рівності (1) випливає, що (а2+рЬ2)сд,: аЬ, тому ссГ.аЬ.
З аналогічних міркувань аЬ: сд, тому сд ь аЬ і рівність (1) на-
буває такого вигляду: а2 + рЬ2 +с2 + рд2 = ЗпаЬ.
Якщо р = 3, то а2+с2 =0 (тосі 3), тоді а : 3 та сі З, що супе-
речить умові асі р.
Якщо ж р=1(тоДЗ), то а2 +Ь2 +с2 +с!2 ділиться на 3. Це
можливо або коли всі числа діляться на 3, або коли одне з них
ділиться, а три інших, ні. У першому випадку це суперечить
тому, що дроби є нескоротними, а в другому — тому, що сд = аЬ.
Випадок 2. а \ р та с І р, тоді а = агр, при цьому ЬІ р, оскіль-
ки (а, Ь) = 1. Тоді рівність (1) можна переписати таким чином:
(ра2+Ь2) сд+(с2 + рсРуа^Ь=Зра^сд.
Тут бачимо, що задача зведена до випадку 1, із заміною а1—>д
та &->а.
Випадок 3. а: р та с:р, тоді покладемо а-а^р та с=сгр.
Тоді рівність (1) перепишемо таким чином:
(ра2 +д2)с1</+(рс2 ¥д2)а1Ь=Зпа}Ьсгд,
при цьому (ар Ь) = (с1, гі)=1. Більше того, за умови а: р та (а, Ь) =
= 1, а також с: р і (с, д) = 1 випливає, що М І р, це знову зво-
дить задачу до випадку 1.
302
16
7	(394). Відповідь: —,
п	.	7 + 8 15
Розв язання, На цьому проміжку є число ----=—, причому
8	+ 9 17
і 15 і 16 8
/— 1 = — >_, з розв’язання задачі 8(384) молодшої ліги на
<177 17 9
Ґ7 15Л	..	.	.
проміжку І —; — немає дробів зі знаменником, меншим від 25,
<8 177
Ґ15 8^1	...
а на проміжку —; — І немає дробів зі знаменником, меншим
<17 97
від 26. Зрозуміло, що на проміжку немає чисел зі знаменником,
меншим від 26.
тт ’	•	Р 15 .	.
Для раціональних чисел — — із цього проміжку зі знамен-
Ч 17
ником #>26 маємо:
/£к£+1<8+±<ів
<д7 Ч Ч 9 26 17
Для> ірраціональних чисел із цього ж проміжку маємо:
.	8 16
/(х) = х<-<—.
9	17
Отже, шукане найбільше значення —- це —. .
8 (395). Відповідь: Ь = с або а(д+с)=52+с2.
Розв'язання, Покажемо, що прямі ВСГ та СВ1 перетинаються
на симедіані трикутника АВС, проведеній з вершини А.
Спочатку нагадаємо відомі твердження.
Лема 1, Нехай АВСВ — вписаний чотирикутник, а К —
точка перетину його діагоналей (рис. 8.25). Тоді =
КС
АВ АВ
303
Лема 2. Якщо точки А, В9С, Д, В,, належать одному
колу (рис. .8.26), то прямі АА^, ВВ19 ССГ перетинаються
в одній точці тоді й тільки тоді, коли виконується рівність
АСі	-2
С{В А^С В1А~ ‘	,
Нехай X -- ВВГ П СС,, а 8 — точка перетину прямої АХ та опи-
саного кола трикутника АВС (рис. 8.27). З наведених вище твер-
джень вицливає, що
В8 _ ВС1 АВ1 _ ВС^ АР ЛВ0 СР СР ВА^ ВА
8С~СгА В,С~ С0А ВР В0С РА~ ВР А^С~ АС*
Рис. 8.27
З останньої рівності отримуємо, що чотирикутник ВАС8 гар-
монійний, тобто пряма АХ — симедіана.
Нехай Т — точка перетину дотичних у точках А та 8. Тоді
точка 7? належить прямій ВС. Оскільки точки А, X, 8 колінеар-
ні, то поляра X відносно описаного кола трикутника АВС про-
ходить через точку Т.
Позначимо через Т' точку перетину прямих ВС і В}СЇ9 а через
у _ точку перетину прямих ВС, та СВ,. Але тоді ТТ — поляра
точки X. звідки отримуємо: Т~Т'. З останнього твердження
304
випливає, що ТХ — полйра точки У. Остаточно отримуємо, що
точка У належить прямій А8. Тоді прямі АЗ та АА0 збігаються.
Далі необхідно з’ясувати, у якому разі точка А^ є основою
симедіани з вершини А. Позначимо сторони трикутника АВС че -
рез а, 6, с відповідно. Тоді, з одного боку, ВА0 -р~6, САц -р-с,
а з другого боку,
= &2+с2.
ва0 _ г
сд, ьг
. Отримуємо, що або Ь = с, або а(Ь+е) =
Математичний бій № 1
Молодша ліга
1.1 (396). Відповідь: 2352.
Розв'язання. Спочатку зробимо відповідні перетворення за-
даної нерівності. Після зведення до спільного знаменника отри-
(а-д)(д-с)(е-а) л
маємо: ----—----—-----<0.
аЬс
Далі знайдемо, скільки існує всього таких трійок із сумою 100.
Якщо а = 1, то для пар (&, с) справджується умова Ь + с = 99, і та-
ких пар 98: (1, 98), (2, 97), ..., (98, 1). Для а = 2 з аналогічних
міркувань існує 97 таких пар, і так далі до а = 98, для якого існує
лише одна така пара. Таким чином, усього маємо: 98+97+...+
+ 1 = —• 98 -99=4851.
2
Тепер знайдемо кількість трійок чисел, для яких справджу-
ється рівність.
Для цього мають збігатися рівно дві зі змінних (очевидно, що
всі три збігатися не можуть, оскільки мають суму 100). Якщо
99
а = і>, то с - 100 - 2а. Таким чином, 100-2а >1 або а <—, звідси
2
а <49, тому таких трійок чисел рівно 49. Так само по 49 трійок,
для яких а = с та Ь ~ с. Залишається показати,’ що нерівність
справджується для 4851-49 -3=4704. Із симетрії задачі очевид-
но, що трійок чисел, для яких справджується знак «більше»,
стільки ж, скільки трійок чисел, для яких справджується знак
«менше», тому шукана відповідь — 2352.
1.2 (397). Відповідь*, х - 2, у = 1, г - 0,
Розв'язання. Підставимо з першого рівняння х = 4-2у у друге
й матимемо таке рівняння:
8і/~4у2-Зг2^4=0 <=> 4у2-Зу + Зя2 + 4-0 <=> 4(г/-1)2+322 =0. .
З останньоїх) очевидно, що у - і ,та з = 0. Тоді х = 2.
305
2 (398). Розв9язання. Перепишемо задану рівність таким чином:
О=аЬ+ссі-ас-Ьс-а(і-Ь(1 = аЬ-Ь(с+сІ)-а(с+сІ)+ссі =
= аЬ-Ь(с+(і)-а(с+(і)+(с+(і)2 -~с2-(і2-ссі =>
=> с2 + с<і+д,2 - (а - (с+сО) (Ь - (с+</)).
Далі достатньо дібрати такі значення змінних: с і (і — довіль-
ні різні числа, Ь = с + (І + 1 та а = с2 +сй + с12с+сІ.
З (399). Відповідь*, ні при якому.
Розв'язання, Доведемо методом від
супротивного. Нехай точка О — точка
перетину діагоналей паралелограма
(рис. 8.28). Розглянемо трикутник АВС,
у якому ВО та АМ — медіани, тому
К-ВОС\АМ — точка перетину медіан
трикутника АВС, звідси ВК = 2ОК. Ана-
логічно для точки £ = І)О0АУ маємо:
Рис. 8.28
ВЬ = 2ОЬ. Тоді в трикутнику АВЬ відрізок АК — одночасно бі-
сектриса та медіана, а отже, і висота, звідси АК ± ВИ, Аналогіч-
но АЬ ± ВЛ9 оскільки К ф Ь, — отримали суперечність, яка за-
вершує доведення.
4	(400). Відповідь: 18.
Розв'язання, Розглянемо два випадки.
Випадок 1, Усі кути між сусідніми променями гострі — ма-
ємо 12 гострих кутів. Тепер пофарбуємр по черзі за рухом го-
динникової стрілки промені в жовтий і синій кольори. Розгля-
немо кути між сусідніми жовтими променями. Серед них
принаймні три гострих, оскільки інакше серед шести кутів, що
утворилися, були б принаймні чотири негострих, тобто з гра-
дусною мірою не менше ніж 90°, а тому сума всіх цих шести
кутів стала б більшою за 360°. Аналогічно розмірковуючи, ма-
тимемо, що й між чорними променями так само є ще принай-
мні три гострих.
Випадок 2, Не всі кути між сусідніми променями гострі. Та-
ких негострих кутів може бути не більше Трьох. ‘
* Якщо такий кут рівно один, то можна міркувати аналогічно
випадку 1. Гострих кутів 11 уже є та по три між сусідніми жов-
тими та сусідніми синіми променями. Разом не менше ніж 17.
Пронумеруємо ці промені: 1, 2, ..., 12. Не обмежуючи ці-
лісності міркувань, можемо вважати, що негострий кут утво-
рено 1-м і 12-м променями. Розглянемо пари променів (1; 3),
(3; 5), (5; 7), (7; 9), (9; 11). Якщо між ними немає двох него-
стрих кутів, то тоді є чотири гострих. Загалом маємо принай-
мні 11 + 4 + 3 = 18 гострих. Якщо ж є два негострих кути, то
або є два гострих кути підряд ((1; 3), (3; 5)), а тоді ще й кут
(1; 4) — гострий, і гострих принаймні 11 + 3 + 3 + 1 = 18, або
306
негострі кути — це (3; 5) та (7; 9). Аналогічно розглянувши
інші п’ять пар променів, отримаємо, що кути (4; 6) і (8; 10) --
негострі. Тоді кути (3; 5) і (8; 10) — негострі, а кут (5; 8) — го-
стрий. Маємо принаймні 11+ 3 + 3 + 1 = 18 гострих кутів, що
й треба було довести.
Якщо негострих кутів рівно два, то або всі промені розташо-
вані у двох кутах, серед яких принаймні один гострий або два
негострих кути — сусідні.
Інакше, нехай кути між променями (1; 12) і (11; 12) туці.
Тоді маємо вже 10 гострих кутів. Розглянемо кути (1; 3), (3; 5),
(5; 7), (7; 9), (9; 11) — серед них не більше ніж один негострий.
Тоді або кут (1; 4), або кут (8; 11) — гострий, а серед кутів (2;
4), (4; 6), (6; 8), (8; 10) — не більше ніж один негострий. Усього
принаймні 10+ 4 + 3 + 1 = 18 гострих кутів.
Якщо ж усі промені лежать усередині двох кутів, серед яких
один гострий, та якщо в гострому є х променів, то маємо там
принаймні х (х - 1). гострий кут. Тож серед інших 12 кутів є
принаймні 11 гострих (між сусідніми променями). Отже, або го-
стрих кутів більше ніж 18, або х < 4. Тоді в другому куті лежить
принаймні дев’ять променів. Позначимо їх: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,
9. Між ними є вже дев’ять гострих кутів. Ще один — між меж-
ами гострого кута, у якому вони не лежать. Розглянемо кути
(1; 3), (3; 5), (5; 7), (7; 9). Серед них не більше ніж один него-
стрий кут. Тоді серед кутів (1; 4), (1; 5), (6; 9), (5; 9) є не більше
ніж Два негострих, а серед кутів (2; 4), (4; 6), (6; 8) — не біль-
ше ніж один негострий. Таким чином, гострих уже принаймні
10+ 3 + 2 + 2 = 17. Треба розглянути також один із таких про-
менів: або сусідній із променем 1, або сусідній із променем 9,
або той, який лежить усередині гострого кута, тобто який утво-
рює ще один гострий кут. Отже, усього маємо 18 гострих кутів,
Що й треба було довести.
Якщо негострих кутів рівна три, то всі промені розташовані
не більш ніж у трьох гострих кутах, тут гострих кутів мінімум
18. Розглянувши випадки розподілу цих кутів (їх 1, 2 чи 3), лег-
ко показати, Що їхня найменша кількість,
якщо в кожному гострому куті по 4 про-
мені,— 18 гострих кутів загалом.
Приклад, коли маємо рівно 18 гострих
кутів (коли менше їх не може бути) такий:
проводимо три промені з кутом 120° між
кожними двома, а далі біля кожного з про-
менів із кроком 1° проводимо ще по три
промені (рис. 8.29).
5	(401). Розв'язання. Пари ламп, що мають
різні кольори, змінюватимуть свій колір
307
після кожного натискання перемикача. Якщо є пари ламп од-
накового кольору, з’єднані прямим дротом, то такі нові пари
з’являтися не можуть — вони можуть лише зникати. Оскільки
всього різних можливих варіантів кольорів — скінченна кіль-
кість,- то настане час, коли нові різнокольорові пари ламп пере- •
стануть з’являтися. Тоді й настане шуканий момент, коли за'
кожні два натискання перемикача лампи не змінюють кольору,
тобто або двічі змінюють колір, або взагалі не змінюють.
6	(402). Відповідь: перемагає перший гравець. ‘
Розв’язання. Переможна стратегія для першого гравця така:
кожного разу для свого ходу він вибирає найменше з написаних
на дошці непарних чисел, а якщо непарних чисел немає, то до-
вільне парне число. Таким чином, після першого ходу першо-
го гравця, утвориться рівно одне непарне число. Після першого,
ходу другого гравця таких чисел стане 0 або 2. Тому після ходу
першого знову буде рівно одне непарне число. Зазначимо, що
пара чисел (2к - 1, 2к) утворитися не може: вона могла б утво-
ритися дише з пари (2к ~ 1, 2к 4- 1), але це неможливо, оскільки
перший гравець вибрав би для ходу менше з непарних чисел.
Тому після ходу другого гравця знову буде 0 або 2 непарних чис-
ла, оскільки інша їхня кількість могла утворитися лише з наве-
деної пари (2к - 1, 2к)> але такої пари не існує. Отже, після ходу
першого* гравця завжди буде одне непарне число, і він переможе.
7	(403). Відповідь: так.
Розв’язання. Число, що має рівно дев’ять дільників, може
бути -одного з двох типів: п*= р8 або п = р2д2, де р, д — деякі про-
сті числа. Це випливає з формули кількості дільників числа
з його розкладу на прості множники та того, що 9 = 9-1 = 3-3.
Для кожного з двох випадків достатньо навести приклад потріб-
ного розташування дільників у квадраті.3x3 (рис. 8.30, 8.31).
р3	р3	р1		РЯ3	1	р3я
р3'	р1	р3		р3 .	РЧ	я3
р1	-Р°	р3		<1	р3я3	р
Рис. 8.30				Рис. 8.31		
8 (404). Відповідь: нескінченна кількість розв’язків при пє{0; 1}.
Розв’язання. Підставимо вираз с=а+Ь-пз першого рівнян-
ня в друге рівняння:
п = а2 + Ь2-(а + Ь-п)2 = -2аЬ + 2ап + 2Ьп-п2 =>
=> -2аЬ+2ап+2Ьп-2п2 = п-п2 => (а-н)(&-п) = -п(п-1).
2
-308
Якщо п£{0;1}, то права частина останнього рівняння є на-
туральним числом, а тому має скінченну кількість розкладів на
два цілих множники ху. Тому й система має скінченну кількість
розв’язків (а, Ь, с) = (х + п, у + п9 х -Г- у 4- п). Один розв’язок іс-
нує завжди, достатньо покласти, наприклад, х = 1 та у-—п(п-1).
2
Для пє{0;1} ррзв’язків — нескінченна кількість. Напри-
клад, при п = 0 покладемо в умові а = 0 їр = с — довільне ціле
число. Так само й при п = 1.
9.1	(405). Розв'язання. Перепишемо задані числа таким чином:
А = 2501 • (501!) • (1! • 3! •... • 1001!)2 та
В = 2бХ2 • 1003! • (502 • 503 •... • 1003) • (1005! • 1007! • ...• 2005!)2.
Тоді маємо: 2АВ = (2502 • (1! • 3! •... • 2005!)2.
. Для числа А + В розглянемо степінь простого числа 499, що
входить у розклади чисел А та В. У число А воно входить у не-
парному степені, а в число В — у більшому степені, тому в суми
цей простий множник входить у непарному степені, як у чис-
ло А, а отже, не може бути точним квадратом.
9.2	(406). Відповідь: 3456.
Розв'язання. Оскільки всі цифри подільного числа різні, то
воно має суму цифр 45, тож ділиться на 9, а отже, ділиться на
99999. Розпишемо подільне число таким чином:
* • *°2^і= Ю • а10а9#8а7а6 + а5а4ааа2а1 =
= 99 999 • а10а9а8а7,а6 + а10ад#8а7а6 + а5а4а3а2а19
тому на 99999 має ділитися число а10а9а8а7а6+а5а4а3а2а1. Але це
означає, що сума кожної пари відповідних цифр має дорівнюва-
ти 9. Зрозуміло, що за таких умов першою цифрою не може
*бути 0, тому всього шуканих чисел 9 • 8 • 6 • 4 • 2 = 3456.
10.1	(407). Відповідь: другий гравець.
Розв'язання. Після ходу першого гравця другий «умовно» пе-
реставляє горизонталі та вертикалі заданого квадрата 2017 х 2017
таким чином, щоб хід першого гравця потрапив у центральну
вертикаль чи горизонталь, але в клітинку, що відмінна від цен-
тральної. Без обмеження загальності вважатимемо, що той хід
потрапив у центральну горизонталь. Далі він просто ходить
у клітинки, що центральносиметричні відносно центральної.
Зрозуміло, що в центральну клітинку він ходити не може.
Те, що переставляти лінії можна,— очевидно, оскільки при
таких діях фішки, що стояли в одній лінії, так і будуть у ній сто-
яти, та навпаки.
Якщо перший гравець зробив хід не в центральну верти-
каль, то другий гравець завжди зможе зробити свій хід. Якщо
309
припустити, що, наприклад, у горизонталі, куди зробив хід дру-
гий гравець, поставлена фішка і ця фішка виявляється третьою,
то в горизонталі, куди попередній свій хід зробив перший гра-
вець, і його фішка мала бути третьою.
10.2	(408). Відповідь: 13.
Розв’язання. Стратегія Тома така: він записує кожного разу
ту саму масть. Таким чином, Том може отримати принаймні
13 шматків ковбаси.
Більшу кількість Том не може заробити, якщо Джеррі кож-
ного разу витягує карти іншої масті, відмінної від задуманої
Томом. Це можливо, доки в колоді не залишаться карти однієї
масті. Через те він набере не більше ніж 13 шматків.
Середня ліга
1.1 (409). Розв'язання. Позначимо ліву частину нерівності, яку
треба довести, через 8. Нехай серед усіх попарних добутків су-
сідніх чисел хкхк+1, й = 1,14 (сусідніх по циклу, тобто х1б=х1),
найменшим буде х14хг Тоді можна всі доданки, що містять що
пару, обмежити зверху таким чином:
^'12^'13^14^’1	^12’^13^6^7 > ^13^14^1^2	^13^7^8^2’ #14^1 *^2*^3 ^*^8^9^2^3’
але ТОДІ
8 =	+ Х2Х3Х4Х5 4-... 4~ ^11^12^13^14 + ^12^13^14^1 "**
+ ХІЗХІЛХ1Х2 + ^14^1^2^3 ^1^'2’'І'3*^4 “1" Х2Х3Х4Х5 + • • • +
4* ^11^12^13^14 ^•^12’*'13^6^'7 *" •^ізД'7^8’^2 "^^8*^9^2^'3 “
У кожному з доданків виразу Р (що являють собою добутки
чотирьох чисел) кожен множник має різну остачу за модулем 4,
а тому
-Р<(#1 + Х& 4“Х& 4-Х|д)(Х2	^’^'Ю “**^і4)(^з	4-Хц)(х4 4-Х8 4*Х12)<
що й треба було довести.
1.2. Див. розв’язання задачі 1.1 (396) молодшої ліги.
2 (410). Відповідь: розв’язків немає.
Розв'язання. З умови очевидно, що х, р, ає(0; 12). Якщо пе-
ремножити всі рівняння, то має. справджуватися така рівність:
х(12-х)і/(12-і/)г(12~2)=363.
Оскільки х (12-х) <36, то зрозуміло, що єдиним розв’язком
може бути трійка х-у = г = 6. Перевіркою переконуємося, що
вона умову не задовольняє.
310
З (411). Відповідь: 36°, 36°, 108°.
Розв’язання. Будемо шукати рівнобедрений трикутник. Не-
хай кут при вершині тупий, кут при бічній стороні позначимо
через 2а (рис. 8.32). Тоді величини деяких кутів такі:
.	/АЬС = тс-3а, /АЬВ = 3а, /АВС -п-4а.
Позначимо бісектриси та сторони трикутника таким чином:
АЬ = І, ВЬ = к, АВ = Ь9 тоді 2к = І.
Тепер й = дзіп2а. За теоремою синусів для трикутника АВЬ
Ь І * -
маємо: ------=------. Звідси
. з'іпЗа зіп4а
2/г = 2Ь 8іп 2а =  8ІП--- => 28Іп2а8ІпЗа = 2зіп2асо82а =>
зіпЗа
=> зіпЗа = сО82а.
Це добре відоме рівняння зі шкільного курсу геометрії, роз-
в’язком якого є а = 18°.
4. Див. розв’язання задачі 4 (400) молодшої ліги.
5 (412). Відповідь: три точки.
Розв’язання. Розглянемо множину 8, що задовольняє умови
задачі. Нехай АВ — діаметр цієї множини, точка Сє8 і трикут-
ник АВС рівносторонній. Тоді АС та ВС — також діаметри мно-
жини 8. Якщо ця множина містить,, наприклад, ще одну точ-
ку X, то вона належить одному з кутів — АВС, ВСА чи САВ,
нехай вона належить останньому.
Розглянемо рівносторонні трикутники АХТта. АХ/(рис. 8.33).
Обидві вершини У та £ лежать не всередині трикутйика АВС
(поза ним або на межі), оскільки /САВ = - і принаймні одна
3
з них має належати множині 8. Припустимо, що чотирикут-
ник АВХС опуклий.
Рис. 8.32	- Рис. 8.33
311
Оскільки АХ<АС => ААХОХАСХ>~, тому УєХАХС,
З
ХВХУ<гВХС<п, а також /САУ = ЛВАХ<- => ЛВАУ=АВАС+
З
4 АСА¥ =—4/САУ <	< я. Інакше кажучи, чотирикутник АВХУ
З	З
опуклий, звідки АХ+В¥ > АВ+Х¥ = АВ+АХ => ВУ>АВ. Ана-
логічно СУ > АС, а це суперечить тому, що АВ = ВС = СА — діа-
метр множини 8, оскільки принаймні одна з точок — У чи У
належить множині 8.
Звідси доходимо висновку: множина 8 не може містити біль-
ше ніж три точки, а три точки, що утворюють вершини пра-
вильного трикутника, задовольняють умову задачі.
6.1	(413). Відповідь: так, існують.
Розв'язання. Доведемо ММІ, що таке справджується
Для п = 1 твердження очевидне. Нехай твердження справджуєть-
ся для деякого п, тобто існують натуральні числа а1 <а2 <„.<аю
• для яких суми аі +ар 1<і< і <к, попарно різні та серед цих сум
для деякого натурального п є числа с, с 4 1, ..., с 4- п - 1. Можна
припустити, що числа с 4- п немає серед цих сум, оскільки інакше
ми зробимо індукційний крок, і твердження доведено. Позначимо
тепер т = ап і випишемо такі нерівності:
2т+аг <2т+а2 <...<2т + а{1.
Суми цих чисел (27п + аі)+(2тп4-а;) більші на 4т від відповід-
них сум аі4а;, а тому вони всі попарно різні. Тоді серед цих сум
є п послідовних натуральних чисел: 4/п + с, 4т4-е 4 1, ...,
4т 4- с 4 п -1. Але серед усіх цих сум немає числа 4т 4- с 4- п.
Зрозуміло, що 2т < 2т4аі < Зт, і = 1, /г, та 4т < (2т 4 аі) 4 (2т + а;) <
<6т, 1 Сі<]<к. Тепер розглянемо такі к 4- 2 числа:
1<2т4Яі <2т4а2 <...<2т + а& <Ат + с + п-1.
Серед них точно є п 4-1 послідовне натуральне число — до
попередніх н виписаних вище сум додається сума крайніх з на-
ведених чисел, а саме 4т 4- с 4- и. Залишається показати, що
вони все ще попарно £ізні. «Старі» п чисел утворюють попарно
різні суми за побудовою. Якщо можуть стати рівними суми, що
містять 1 чи 4т 4- с 4 п - 1, то легко збагнути, що суми з різних
«груп» просто належать різним проміжкам. Ті суми, що мають
вигляд 142т 4 а,, не перевищують Зт‘4 1; ті, що мають вигляд
(2т4а/)4(2;п4а.) у проміжку (4т; 6т), і нарешті ті, що мають
вигляд (2т 4 а() 4 (4т 4 с 4 п -1), більші від 6т. Тому твердження
доведено.
6.2	. Див. розв’язання задачі 6 (402) молодшої ліги.
312
7.	Див. розв’язання задачі 7 (403) молодшої ліги.
8.	Див. розв’язання задачі 8 (404) молодшої ліги.
9	(414). Розв’язання. Нехай пряма ЕР перетинає описане коло три-
кутника С,ВЕ вдруге в точці Т (рис. 8.34). Тоді
/(Щ, С,В) = /(ТЕ, ЕВ) = /(РЕ, ЕА) = /(РА„ А,А).
Тому 77Сг 11РА,. Аналогічно
/(ТВ, ВСХ) = /(ТЕ, ЕС,) = /(РЕ, ЕС1)= /(РС, ССг)±/(РВ, ВА,).
Звідси ТВ || РВ. Таким чином, відповідні сторони трикутни-
ків А,ВР і С,ВТ паралельні. Отже, вектори С,В та А,В одна-
ково напрямлені, тому трикутники гомотетичні з додатним кое-
фіцієнтом. Центр гомотетії — точка О лежить на кожній із
прямих ВВ, А^С, та ТР = ЕР, що й треба було довести.
10.	Див. розв’язання задачі 10 (407) молодшої ліги.
Старша ліга
1. Див, розв’язання задачі 1 (409) середньої ліги.
2 (415); Відповідь: /(х) = 0 або /(х) = х2.
Розв'язання. З одного боку, якщо / — стала функція, яка за-
довольняє задану рівність, то цією сталою має бути 0. З другого
боку, /(г) = 0 задовольняє дане рівняння, а отже, є розв’язком.
У подальшому розглядаємо випадок, коли / не є сталою функ-
цією.
Нехай £‘єІ&, тоді підставимо (х, у, г) = (і, 0, 0) у задане рів-
няння:
/(/(0 + 2/(0)) = /(/(і) - /(0)) 4- /(/(0)) + 2/(0).
Тепер підставимо (х, у, я) = (0, і, 0):
/(2/(0) + /(0) = /(/(0) - /(0) + /4/(0)) + 2/(0).
313
Звідси можна зробити висновок, що рівність /(/(і) - /(0)) =
= /(/(0) - /(і)) виконується для всіх і є їй. А тепер припустимо,
що для деякої пари чисел и2 виконується рівність /(их) = /(и2).
Тоді, підставивши (х, г/, г) = (з, 0, та (х, г/,и) = (з, 0, и2) до функ-
ціонального рівняння та порівнявши отримані рівняння, може-
мо дійти висновку, що
'	/(ви1) = /(аи2)	(1)
справджується для всіх з є їй. Оскільки / не є сталою функцією,
знайдеться таке $0, що	Якщо підставимо =/(ао)-/(О),
и2=-Мі, то за рівністю (1) /(и1) = /(и2) і
/(зи1) = /!(зи2) = /(-8и1)
для всіх з є їй. Оскільки і^^О, то тотожність/(х) =/(-х) справ-
джується ДЛЯ ВСІХ X € їй.
Якщо /(&) = ^(0) для деякого и^0, то згідно з рівністю (1)
маємо: /(зи) = /(з • 0) = /(0) для всіх 5 є Я. Звідси випливає, що
/ — стала функція, а це суперечить нашому припущенню. Та-
ким чином, має виконуватися нерівність	для всіх
м^0.
Покажемо, що коли виконується /!(х) = /!(^)і то х = у або
х = -і/. Припустимо супротивне: рівність 7(х0) = /(і/0) справджу-
ється для деякої пари ненульових чисел х0,г/0, | х0І*
Оскільки /(--1/о) = №о)’ то можемо припустити без обмеження
загальності розгляду, що х0, г/0 мають однаковий знак. Згідно
з рівністю (1) рівність /(зх0) = /(зг/0) справджується для всіх з,
а отже, знайдеться таке г > 0, г * і, що рівність /(х) = /(гх) є пра-
вильною для всіх х.
Замінивши х на гх, а у — на гу у початковому функціональ-
ному рівнянні, отримаємо:
/(/(гх) + /(г^)+/:(2)) =
= /(/(гх)-/’(п/)) + /(2г2ху+/(2))+2/,(гхг-н/2).'	(2)
Замінивши х на г2х у початковому функціональному рівнян-
ні, отримаємо:
ЛЛг2х) + /(г/) + /(г)) =
=/(/(г2х) - /(у))+/(2г2ху+7(2))+2/(г2хг - уз).	(3)
Оскільки рівність /(х) = /(гх) справджується для всіх хєК/
то, за винятком останнього доданка в правій частині рівності (3),
усі відповідні значення в рівностях (2) і (3) рівні, а тому рівність
/(г(Х-1/)2) = /((г2Х-у)2)	‘	(4)
має виконуватися V х, у, г є їй. Для довільної фіксованої пари
у рівність (4). Тоді
314
отримаємо: /(у) = /(ги) = /(и), оскільки х - у = г2х-у = и9 г - 1.
Це означає, що функція / стала, що суперечить нашому припу-
щенню. Отже, доходимо висновку, що коли / (х) = / (у), то X у
або х = -у.
Підставивши г = 0 до функціонального рівняння, отримаємо:
/(/ (х) + /<!/) + /(0)) =
= Г (/ (х) - Г (І/)) + / (2хі/ + (/ (0)) + 2/ (0). •
Замінивши у на (-і/) в означеній вище тотожності та корис-
туючись тим, що /(у)-/(-у), отримаємо, що всі значення, крім
другого доданка в правій частині тотожності, не змінюються.
Таким чином,
/ (2ху + / (0)) = / (-2ху + (/ (0)),
звідки маємо: 2ху + / (0) = -2ху + / (0) або 2ху + / (0) = 2ху - / (0)
для всіх V х, у є Я. Перша із цих альтернатив еквівалентна рів-
ності 4хг/ = 0, що неможливо при хі/=*0. Отже, правильною
є друга альтернатива/ і тим самим маємо, що / (0) = 0.
Нарешті, покажемо,. що коли функція / задовольняє дану
• функціональну тотожність і не є сталою, то /(х) = х2. Нехай х = у
у початковому функціональному рівнянні. Оскільки / (0) = 0, то
маємо:
/(2/(х)4-/(и)) = /(2х2+?(^)).
Звідси випливає, що або 2/(х)+/(г) = 2х2 +./(а), або 2/(х)+
+ /(з) = -2х2-/(я). Припустимо, що знайдеться .таке х0, для яко-
го ї(х0)*Хц. Тоді з другої альтернативи випливає,, що рівність
/(г) = -/?(х0)-х2 має виконуватися для всіх г. Це означає, що
/ має бути сталою функцією, що суперечить нашому припущен-
ню. Таким чином, має виконуватися перша альтернатива,
і /(х) = х2 для всіх х.
Легко перевірити, що /(х) = х2 задовольняє дане функціо-
- пальне рівняння.
З (416). Розв’язання. Скористаємося и,	ш-методом, про застосу-
вання якого можна дізнатися з багатьох статей, наприклад за
посиланням
Ьіір://\УААЛУ.таі1іпеі.ги/1іпкз/
£81ееЗ£45142290Ь4209979Ь2е9а4ба7/то194.р<1£.
Маємо:
р-а=х
р-Ь=у
р-с = г
(х+у)(у+г)(х+г)	5
=----- — — — та г = —
4^хуг(х + у+г)	з
хуг
х + у+г
Тоді треба довести еквівалентну нерівність:
(х+і/) (ї/+г)(х+2) + 2(Зл/з-4) ху2>2(х + у+2)у]ху2(х+у+2).
45
315
Покладемо
х+у+г = 3и,
ху+уг+хг-Зи2, Отримаємо: 9ш/+(бл/3-9)и>3>
ху2 = и>3.
^бу/ЗуІию3 й <=> (Зш?2+(2л/3-3)ір3) >12и3ш3 ^=>
о /(ш3)-(2^-3)гш® +ш3(б(2Тз-3)иі>2-12и3)+»Л4 >0.
Якщо зафіксувати и, у2, то функція / опукла, тому набуває
найменшого значення, коли дві зі змінних {х, у, г} збігаються.
Нехай без обмеження загальності у = з.
Перевіримо задану нерівність. Вона еквівалентна такій:
(х+У) ((2х + У) ~ ху) + 2 (З >/з - 4) ху > 2 у[х(х+2у)3.
Покладемо і = — => (ї + 2)(^+1)+2(Зл/3-4)і>2^(^+2)3 <=>
. У. ________________________________
<=> і2^(Зу/3-2)і+1>у]і(і + 2)3
& ^3(б>/3-10)+^2(21-12>/з)+^(б>/3-12)+1>0 <^>
0-1)2((б^-10)*+1)>0.
Доведено. Рівність виконується, КОЛИ Х = у = 2 <=> а-Ь=с.
4 (417). Розв'язання. За умовою маємо:
ДАВБ^ЛСВВ за двома кутами, тому
ВЕ	АВ	ВЕ	ВВ	,	о	.
—” = ,  =  (рис. 8.35). Крім
ВВ	СВ	ВА	СВ	.
того, ЛАВС <*> ЛЕВВ9 оскільки вони до-
повнюють до прямого кут СВЕ, тому
ААВС^АЕВВ.
Із цієї подібності випливає, що
ЛАСВ = ЛВИЕ, і далі маємо:
' ЛЇ)СС = 360° - ЛСВВ - ЛВОЕ - ЛВСС =
Рис. 8.35
= 360° - ЛСВЕ) - ЛАСВ - ЛВСС = 90°.
• СЕ — медіана прямокутного трикутника САЕ, тому СЕ АЕ.
2
Оскільки АВ.— катет, що лежить проти кута 30° у трикутнику
ВАЕ, то АВ=—АЕ = СЕ> аналогічно ВС - ОН. Тоді АЕСН =
2
= ДЕВН, звідси
ЛЕОН = ЛЕВН = 90° - ЛНВВ - ЛСВЕ.
З рівностей ЛНВВ^ЛНВВ = 3&> і ЛСВЕ = ЛАВЕ - ЛАВС =
= 60°- ЛАВС маємо: ЛЕСН = ЛАВС => АЕСН = ААВС.
5.	Див. розв’язання задачі 5 (412) середньої ліги.
6.	Див. розв’язання задачі 6 (413) середньої ліги.
316 .
7 (418). Розв'язання. Оскільки С2н = ^С2п^ ^0(тос12), то к = 2, що
задовольняє умови задачі.
Доведемо, що значення к>3 умови не задовольняють.
Нехай (і — дільник числа к, тоді якщо’ послідовність
С2п (тосі к) періодична, ’ починаючи з деякого моменту, то так
само періодичною стає послідовність С2п (тосі й). Покажемо, що
в такій послідовності є як завгодно довга послідовність нулів,
так само ненульові елементи мають номери, більші за номер
будь-якого наперед заданого числа. Зрозуміло, що за таких умов
послідовність не може бути періодичною. З умов на к це число
має або непарний дільник (і, або дільник (і = 4.
Нехай к: 4. Тепер для довільного натурального т розглянемо
п = 2РІ+г, г = 0;2т-1. Тоді
(1+Х)2" =(1+Х)2т+1(1+Х)2г =(1+2Х2” +Х2“‘1)(1 + Х)2г (той4),
звідки робимо висновок, що
Сп2п (тосі 4) ^2С2;(тоа 4) =
2,	г = 0,
4С2г _ г = 0 (тоН 4), г = 0; 2т -1.
Звідси випливає наведена властивість послідовності-, що свід-
чить про її неперіодичність.
Нехай к: р, де р — просте та непарне. Тепер для довільного
натурального т розглянемо п = -(рт+г), де г — непарне нату-
ральне число, що не перевищує рт. Тоді
(і+х)2в=(і+х)р“ (і+хуг = (і+)(і+ху (іиоа р),
звідки робимо висновок, що С2п =0 (тосі р), якщо
му випадку г<п<рт. Також С2п г 2 (тосі р) при-
тик само свідчить про її неперіодичність.
8. Див. розв’язання задачі 8 (404) молодшої ліги.
9 (419). Розв'язання. Позначимо основи при-
зми ...,Ап і Вр В2,...,ВЛ відповід-
но (рис. 8.36), бічну сторону (у вигляді .
вектора) позначимо через
. л=вХ=...=ДА. '
За умовою однокольорові діагоналі не
мають спільних точок, тому без обмежен-
ня загальності можемо вважати, що ‘бла-
китними є діагоналі В1А2, В2Аз, ...,ВЛ,1АЛ,
ВпАр решта діагоналей бічних граней —
жовті. Оскільки В^А^ =к +А1А2, то
(ва.)2=(й )+(а^;)2-і-2 • л • ла;,
г<рт, у цьо-
г = іг-рту що
Рис. 8.36
-	317
аналогічно
(в,А3)2=(л)+(ЛАі)2+2-Л •	....
. (СХ)2 =(л )+(лТа)2+2 • л • 4~А-
Додамо одержані рівності:
в1А2+-+в„а2=(вй;)2+-+(да)2 =
=п(*)2+(ааУ+-+(аа)2+2-л -(аа+-+аа)=
= пк? ч-	•+•...+ Ап .
Якщо зробити аналогічні обчислення для жовтих діагоналей,
то отримаємо такий самий вираз, звідки й випливає твердження
задачі.
10 (420). Розв'язання. Нехай І = НСК (тп, п) і нехай п = 1/и, т = І/V.
Тоді
а"=(а")7, 0"=(РУ)7.
Зазначимо, що числа а“ і р1’ також раціональні, тому достат-
. і
ньо довести для випадку п = т. Нехай п = ад, д = рот, с = а + Ь. За
умовою число с — раціональне.
Лема. Нехай а і Ь — алгебраїчні числа, для яких число
с = а + Ь — раціональне. Нехай/(х) і &(х) — многочле-
ни над полем найменшого додатного степеня такі, що
а — корінь многочлена /, а Ь — корінь многочлена Тоді
(/(*)) = ае£ (х)).
Доведення. .Нехай р = <іе£ (/(х)),	= (1е£ (£ (х)). Оскільки
/(а) = 0, то /(с - Ь) = 0, тобто Ь — корінь /(с - х). Оскільки
с раціональне., то /(с - х) — також многочлен над (і степе-
ня р. Тому /(с - х) ділиться на #(х) => р>д (якщо
/(е - х) = І(х) £(х) + Л(х), (ІЄ£ (й(х)) < ае£ (£(х)), то Ь —
корінь Л(х), а оскільки £(х) — многочлен найменшого до-
датного степеня з раціональними коефіцієнтами, коренем
якого є Ь, то Л(х)^О). Аналогічно р.
Лему доведено.
Доведемо задачу за індукцією по п. Якщо п = 1, то а і р
раціональні за умовою. Якщо п = 2, то
1	1 ’ і 1 а-В	1 і
а2+р2, а2~р2=—*—“ — раціональні =>а2,р2 — раціо-
а2 + р2
нальні.
Припустимо, що потрібне доведено для к = 0, 1, 2, п - 1.
Нехай /(х) і £(х) — многочлени над найменшого додатного
318
степеня такі, що а — корінь многочлена /, Ь — корінь много-
члена Тоді за лемою <іе£ (/ (х)) = (1е£ (§ (х)) = т для якогось т.
Але ми знаємо, що а — корінь хл-а = О, Ь — корінь хл~р = О,
Ь =' с - а. Тому. (е-а)л =Ьп =р або (а-с)л =(-1)лр. Отже, а — ко-
рінь многочлена (х-с)” -(-1)лр=0 (цей многочлен також з раціо-
нальними коефіцієнтами). Таким чином, а — корінь многочлена
Л(х) = (х-с)"-(-1)”р-(хп-а). Тоді маємо:
(ІЄ£ (&(Х)) = П - 1 > 0, ЗВІДКИ (ІЄ£(/(Х))<П-1,
тобто 7П<П-1<П.
Нехай IV — первісний корінь‘з одиниці. Тоді
л-1
хл - а = ІЦх - аи^
/=0
Оскільки /(х) — многочлен над, 6 найменшого степеня, для
якого а — корінь, то /(х) ділить двочлен хл - а. Тому всі лінійні
множники Д(х) мають вигляд (х-аи)1). Через те що вільний
член /(х) — раціональний, він має бути вигляду ±ат, де
т = (іе£ (/(х)). Ми отримали, що ат є ^9 для деякого т < п.
Аналогічно Ьт є (І. Тоді а і Ь — раціональні за припущенням
індукції.
Математичний бій № 2 гамм
Молодша ліга
1.1 (421). Відповідь: В < А,
Розв'язання. Зробимо з кожним доданком числа В такі пере-
творення:
____________1 _______________
+ ,\І\/к+1'^ (у[к + у/к + х)
, ________77й+ї-7т&_____________
{у/^к+І — уі'/к) (77^+7^/й + І) (7^ + 'У&+1)
у/^к+1 —у/>/к
(4к+ї-4к) (Л+4к+ї)
В = ТТ2-771+7ТЗ-772+...+7^2018 -772017 =
= 7>/2018-1<А = 7зЗ,
що випливає з таких перетворень нерівностей:
772018 < 733+1 <=> >/2018 <34+2 ТЗЗ о
319
«2018<1156+136 733+132 <=>
«• 730<136л/33 <=> 532 900 <610 368.
1.2 (422). Відповідь: 7018 або 9034.
Розв'язання. Нехай х — середній заробіток у бригаді. Тоді всі
працівники отримали;:
2017
(п+1)х = 5000п+(х+2017) => п =---------ціле число.
х - 5000
Оскільки п — натуральне число, то х - 5000 має дорівнювати
дільнику числа 2017. Таким чином, можливі два варіанти.
Варіант І. х-5000 =4 => х = 5001.
Варіант 2, ,х-5000 = 2017 => х = 7017.
2 (423), Відповідь: т =— У аг
2п
Розв'язання. Із властивостей модуля зрозуміло, що не існує
трьох попарно різних і, і, к, для яких | т~а. |=| т-а} |=| т-а* |.
Таким чином, величини | т- аг |, ..., | т-а2п | мають набувати
значень 1; 1; 2; 2; ...; п; л, інакше вираз у лівій частині заданої
умови перевищуватиме (п!)?. Отже, без обмеження загальності
можемо вважати, що (т-а1)-(а2 -тп)=1, (т-а3) = (аА -тл) = 2, ...,
(лг-а2г_1)=(а2л-гл)-л. Тому
^(т-а/) = (1~1)+(2-“2)+...+(П’-л) = 0 =>	]Га..
іЛ	2П|в1
ЗД (424). Відповідь: дев’ять точок.
Розв'язання. Розглянемо точки, кожна з координат яких до-
рівнює 0, 1 чи 2. Очевидно, що вони задовольняють умову.
Припустимо, що таких точок вибрали не менше ніж 10. Тоді
розглянемо остачі від ділення на 3 цих координат точок. Усіх
варіантів остач З2 = 9. Отже, у двох із цих точок остачі збігають-
ся, тому ці точки можна позначити таким чином: А(х, у) та
В(х + За, у 4- ЗЬ). Але тоді на цьому відрізку розташовані також
точки С(х + а, у + Ь) та В(х 4- 2а, у 4- 2Ь). Одержана суперечність
завершує доведення.
3.2 (425). Відповідь: так, обов’язково.
Розв'язання. Кожний кут початкового трикутника після роз-
. різання має збігатися з кутом рівностороннього трикутника,
тобто дорівнювати 60°, або бути розрізаним на декілька таких
кутів. Зрозуміло, що він може набувати лише значення 120°,
але тоді жоден інший кут не може бути кутом рівностороннього
трикутника;
320
4 (426). Відповідь-. 27а, 63° або 51°, 39°.
Розв'язання. Нехай точка М — середина гіпотенузи. Тоді
з умов задачі випливає, що СР = СМ. Розглянемо три випадки
розташування точки В.
Випадок 1. В&МВ (рис. 8.37). Нехай а = /А, тоді з рівно-
бедреного трикутника АМС маємо, що /СМВ~2а (як зовніш-
ній кут), а з рівнобедреного трикутника ВМС маємо, що
/СВМ- 2а. Тоді сума кутів у трикутнику ВАС дорівнює:
а+2а + 27°=180° => а = 51° та/ҐАСЛ = 27°. Оскільки /АСМ =51° >
= /АСВ, то отримали суперечність.
Випадок 2. В - В (рис. 8.38). Тоді з рівнобедреного трикутни-
ка АМС маємо: /ВАС-/МАС = 27° — перша відповідь.
Випадок 3. ВєМА (рис. 8.39). .Нехай а = /А, тоді з рівно-
бедреного трикутника АМС маємо, що /АМС-180°-2а, тому
в рівнобедреному трикутнику ВМС маємо:
/СВМ = /ВМС = /АМС = 180° - 2а.
Оскільки кут /СВМ — зовнішній кут трикутника ВАС, то
/СВМ = /АСВ + /САВ = 27°+а?
звідки маємо рівняння 180°-2а=27°4-а => а = 51°.
Рис. 8.37	Рис. 8.38	Рис. 8.39
5.1 (427). Відповідь: 24.
Розв'язання. Позначимо однакову суму по кожному відрізку
через 5 (рис. 8.40). Якщо додати числа по всіх відрізках, отри-
• маємо таку рівність:
68=2(0, + ... + о13) = 2  (1+...+12) = 156 => 5 = 26.
Позначимо через Т = а, + ..,4-о6 та В-а^ +... + а^. Додамо те-
пер числа по таких трьох відрізках: аха2, а2а3 та а^, тоді
2(а, + о2 + а3)+17 = 38. Аналогічно 2(а4 + а5+а6)+(7=38. Таким
чином, а1 + а2-ьо3 = о4 +а5 +а6 та Т — парне. Оскільки 1 + ... + 6 =
= 21 — непарне, то найменше можливе значення для Т — це 22.
Припустимо, що це значення досягається, тоді воно має до-
сягатися лишб на наборі чисел 1 + ... -і- 5 + 7 = 22. Покажемо,
що таке неможливо. Це означало б, що о, + о2 + о3 = о4 + о5 +ов = 11,
321
а отже, дібрати числа можна лише одним способом: 1 + 3 + 7 =
= 24-4 + 5. Без обмеження загальності вважатимемо, що ах =1,
а2 =3, а3 = 7 — усі непарні числа. Оскільки за одержаним вище
8 = 26, то суми а7+я8, 09 + аіо’ Оц+Ой — парні. Але тоді рівно
одна із сум а8 + а9, «ю+Оц,	є парною.
я8	З
а	л
Яи / \Яю	л/ \ 11 д
а4 г - - -ав	5 г— - -✓-б
\/	\/	\/	\/
а32Х Хя9	12 X	ХЮ
/ \	/ \	/\.	/ \
аі‘”а?7”ав“’'а2	7/"^--^"'2
V
#5	1
Рис. 8.40	Рис. 8.41
Числа {07, я8,...,я^єіб,8,9,...,12}, тут лише два немарних
числа — 9 та 11, тому вони мають бути послідовними вершина-
ми шестикутника я7...я12. Інакше не буде такого розподілу кіль-
кості парних і непарних сусідніх сум. Звідси випливає, що одна
сторона одного з трикутників — а1Уа2, Од та о4, а5, а6 — містить
обидва із цих чисел — 9 та 11. Оскільки рівно одна із сум а8+а9,
Оіо+Яц та а12+а7 є парною, то це може бути лише для трикут-
ника Ор а2, о3. Але сума чисел, розташованих по всій стороні,
дорівнює 26,. тому сума чисел двох інших вершин має дорівню-
вати 26 - (9 + 11) = 6. Проте вершин з такою сум.ою серед чисел
.{1, 3, 7} дібрати неможливо. Отже, найменша можлива сума для
Т дорівнює 24. Вона досягається, наприклад, при такому розта-
шуванні чисел, як показано на рис. 8.41.
5.2 (428). Відповідь: перший гравець.
Розв'язання. Занумеруємо клітинки зліва направо числами
1, 2,	101. Перший гравець робить ходи довжиною 4 клітин-
ки, доки не потрапить у клітинку 45ч Якщо другий відпові-
дає ходами по 4 клітинки, то він потрапить у клітинку 57. Далі
перший гравець ходить у клітинку 48 та після відповіді другого
робить так, щоб між ними залишилося рівно 3 клітинки. Тому
після ходу другого гравця його фішка буде праворуч від клітин-
ки 49, а отже, до фінішу йому залишиться більше ніж 48 клі-
тинок, на що треба буде не менше ніж 13 ходів. Фішка першого
гравця опинилася не лівіше клітинки 49, тому йому до фінішу
потрібно пройти не більше ніж 52 клітинки, і він встигне це
зробити за 13 ходів, тому й переможе, оскільки його хід раніше.
322
Якщо серед перших 11 ходів хід другого гравця був меншим
за 4 клітинки,’ то йому до фінішу треба зробити не менше ніж
. 15 ходів. Тоді першому гравцю залишається пройти 56 клітинок,
які він здолає за 15 ходів (навіть якщо серед них буде й один хід
довжиною, меншою, від 4 клітинок) і прибуде на край першим.
6.1 (429). Відповідь: 2695.
Розв'язання. Розглянемо таке розбиття на сім груп О19 ...» С7
по 11 точок у кожній. Нехай точка РеС^. Тоді в кожній групі
Оі9 і = 2; 7, є точка для якої відрізок РСІ. — синій. Якщо це
не так і в якійсь із груп Сі усі точки сполучені з точкою Р синім
відрізком,, то можна перекинути точку Р до групи Тоді ма-
тимемо потрібне розбиття, але не всі групи матимуть по 11 то-
чок у кожній. Таким чином, із кожної точки має виходити при-
наймні шість синіх відрізків. Таких синіх відрізків щонайменше/
-.77.6 = 231. Усього . відрізків --77*76 = 2926. Отже, може
2	2
бути максимум 2926 - 231 = 2695 жовтих відрізків.
Тепер наведемо приклад такого розфарбування відрізків. Роз-
ділимо всі точки на 11 груп Яп по сім точок кожна. Спо-
лучимо відрізком синього кольору кожні дві точки з однієї гру-
пи та зеленим з різних груп. Тоді з кожної точки виходить рівно
шість синіх відрізків. Усі інші умови ця конфігурація так само
задовольняє, оскільки якщо ми розіб’ємо всі точки на 7 груп, то
жодна з них не може містити більше ніж 11 точок. Тоді за прин-
ципом Діріхле в одну з них потраплять принаймні дві точки
з однієї групи Н., а вони сполучені синіми відрізками.
6.2 (430). Відповідь: 4031.
Розв'язання. Нехай усі точки розташовані на осі абсцис і ма-
ють координати (і; 0), і = 0, 2016, тоді всі можливі середини від-,
різків мають координати І 0 , і = 1, 4031.
\2	7
Покажемо, що таких точок менше ніж 4031 бути не може. Не-
хай А^ та А2 — дві точки, що розташовані на найдовшій відста-
ні серед усіх пар точок. Розглянемо всі пари відрізків АЇАІ та
ДД, 4 = 3,2017. Усі вони мають попарно різні середини відрізків.
Дійсно, якщо припустити, що середини відрізків АГХ та ДУ
збігаються, то можливі два випадки.
Випадок 1. Якщо ці чотири точки колінеарні, то точка X ле-
жить на відрізку ДД, але тоді точка У має лежати зовні цього
відрізка, тому відрізок ДД не є діаметром множини, що супе-’
речить припущенню.
323
Випадок 2. Якщо ці чотири точки неколінеарні, то маємо па-
ралелограм з діагоналями А^Х та А^У і стороною А^А^, що
неможливо, оскільки більша діагональ лежить проти тупого
кута і більша за кожну зі сторін паралелограма. Так само серед
цих точок не може бути середини відрізка А1А2, Це вказує на
те, що шуканою найменшою кількістю жовтих відрізків є 4031.
7.1 (431). Відповідь*, п = 2.
Розв'язання. Оскільки п4 + п2 = п2(п2 +1) та числа п2 і 2п + 1
взаємно прості» то на непарне число 2п+1 = а>3 ділиться
2 , (а-1)2 , а2-2а+5	_
п 4-1 =—5—+1 =----------г => 5: а => а = 5=> п = 2.
22	4
7.2 (432). Відповідь*, а = Ь = р = 2.
Розв'язання. Визначимо із заданого рівняння а2:
• г.2	2
.2 _	___ Р
® А2 п & А2 т>"
о — р о —р
Тоді (Ь2 -р)\р2, що можливо лише за однією з трьох умов.
Випадок 1. Ь2-р = 1 => р=Ь2-1 = (Ь-1) (&4-1) — просте тоді
й тільки тоді, коли Ь = 2. Тоді р = 3 та а2 =12 — суперечність.
Випадок 2. Ь2-р = р => Ь2 =2р => Ь=2і\ => р = 2р1 — просте
тоді й тільки тоді, коли р = 2 => а = 2 та & = 2.
Випадок 3. Ь2-р = р2 => а2=р4-1 => р-а2-1 = (а-1)(а4-І) — .
просте тоді й тільки тоді, коли а = 2. Тоді р = 3 та Ь2 =12 —
отримали суперечність.
8 (433). Розв'язання. Нехай ап =8 • 11...1 = &Ьп. Таким чином, для
п.
будь-якого дільника р числа Ьп число ап має чотири дільни-
ки — р, 2р, 4р, 8р. Розглянемо дільники числа Ьп. Нехай к —
деякий дільник числа п, тоді
И^ = И^Ц^...И^ = 11^1 • (14-10й +...+10л-й) = дАсл.
п	к к ’	А	п
При к = 1 маємо: Ьк =1 та ск =Ьп; при к = п маємо: сп =1. При
1 < к < п число ск закінчується на 01. Отже, для числа п, крім 1
та п, маємо 4 (п) - 2 нетривіальних дільники. Тоді для числа Ьп9
крім 1 та Ьп, маємо 2 (гі (п) - 2) дільники. Тому загалом 24 (гі) - 2
дільники. Звідси загалом число ап має дільників не менше ніж
4 • (2<і(п)-2) = 8сЦп)-8.
9 (434). Відповідь: 1.
Розв'язання. Очевидно, що можна розглядати одиничний ква-
драт. Якщо розрізати квадрат на п прямокутників розміром
1	о 1	1	1
—хі, томитимемо: 8п =—4- — 4-...+— = 1.
п	ті п п
п
324
Покажемо, що це найменше можливе значення. Очевидно,
що а. < < 1, і = 1, п, тому .
£я=^+...+^=^+...+^>аД+..„+апЬ„=1.
\ Ьп Ь* К
10 (435). Розв'язання. Назвемо школяра агресивним, якщо в нього
в компанії є принаймні 5 ворогів. Тоді вчитель буде робити так:
будь-якого агресивного школяра призначає старостою, доки
агресивні школярі є або з’являються в процесі перепризначень
старости. Оскільки агресивний школяр змінює мінімум 5 воро-і
гів на максимум 3, то при кожному призначенні старости учи-
тель позбавляє компанію принаймні від двох ворогуючих пар.
Тому в деякий момент або. цих пар стане не більше ніж 16,
і твердження доведено, або в компанії не буде агресивних шко-
лярів. Якщо в компанії немає агресивних школярів, то в кожно-
го школяра є не більше за чотирьох ворогів, тому всього не
більше ніж - • 9 - 4-18 пар ворогів. Тому тепер уже не більше
2
ніж 16 ворогуючих пар (що й треба було досягнути), або 17 во-
рогуючих пар (у двох по троє ворогів, у решти — по четверо),
або 18 ворогуючих пар (у всіх по четверо ворогів). У двох остан-
ніх випадках учитель призначає старостою будь-кого з тих, хто
має чотирьох ворогів, при цьому зберігається кількість ворогую-
чих пар. Але тоді серед його колишніх чотирьох друзів з’яв-
ляється агресивний. Учитель призначає його старостою та до-
сягає бажаної кількості ворогуючих пар.
Середня ліга
ІД (436). Відповідь*, рівність досягається при а = Ь, х = у - 1 - а,
к = 1.
1-а
Розв'язання. З нерівності а + кх<Л. маємо:	а з не-
рівності Ь+~<1 маємо: х<к(І-Ь).
к
Тоді х2 <(1-а)(1-&) і х < 2 а-- (нерівність про середнє гео-
2
метричне і середнє арифметичне чисел 1 - а і 1 - Ь).
Аналогічно у2 <(1-а)(1-6) і у<——
2
Отже,
(а+х)2 +(Ь+у)2 = а2 +2ах+х2 +Ь2 +2Ьу+'у2 <
-<а2 + 2а2~—&+(1-а)(1-Ь)+д2+2Ь2~а~Ь+(1-я)(1-6) =
2	2
=аг+&2+(а + Ь)(2-а-&)+2(1-а)(1-&)=2,
що й треба було довести.
325
Рівність досягається, коли 1 - а = 1 - Ь, звідси а = Ь> х-у =
= 1-а, 6=1..
1.2. Див. розв’язання задачі 1.1 (421) молодшої ліги.
2. Див. розв’язання задачі 2 (423) молодшої ліги.
З (437). Розв'язання, АБОМ — описаний чотирикутник, отже,
АЬ 4- ОУ=АМ + ОБ. Аналогічно ВМ 4- ОБ - ВБ 4- ОМ та .СУ 4-
-4- ОМ = СМ 4- ОУ. Додавши рівняння, отримуємо: АБ 4- ВМ 4-
4- СУ -АМ 4- ВБ 4- СМ, Прямі СБ, АМ та ВМ перетинаються в од-
ній точці, за теоремою Чеви АБ • ВМ • СУ = АМ • ВБ • СМ, Поді-
ливши ліві і праві чистини двох останніх рівнянь, отримуємо
необхідне рівняння.
4 (438). Відповідь*, існує.
Розв'язання, Знайдемо умову на сторони трикутника, щоб
медіани були перпендикулярними. Без втрати загальності може-
мо вважати, що перпендикулярними є медіани АМ та ВМ, про-
ведені з вершин А та В, Уведемо вектори с -АВ та Ь -АС.
т	АВ + АС с+Ь — ВА + ВС 2ВА + АС І-2с
Тоді АМ----------------. ВМ---------=---------=------------.
2	2	2	2	2.
Ці вектори перпендикулярні, отже, їхній скалярний добуток
дорівнює 0. Маємо:
О = (лм, вдг)=і(с +Ь, Ь -2с )=-(| Ь |2 -2| с |2-(&, с)).	(*)
4	4
Запишемо: | ВС | =(с+Ь, с +&)=| с ] +|&| 4-2(с,д). Але тоді
зсМЩІГ
4	7	2
Підставивши в рівність (*), маємо:	0 = |д| -2|с| -
—І£_І—И_. Зауважимо, що | с | = АВ2, |б| =АС*, Тоді
одержану рівність перепишемо у вигляді 5АВ2 = ВС2 4-АС2. За-
уважимо, що ця умова є необхідною та достатньою для того, щоб
медіани були перпендикулярні. Тому залишається перевірити,
чи має це рівняння розв’язок у цілих числах, що задоволь-
няє нерівність трикутника. Шукатимемо сторону АВ у вигляді
с?24-е2. Тоді маємо:
(І2 +22) (сі2 4-е2) (с?24-е2) = ((гі-2е)2 4-(2с? 4-е)2) (а2 +е2) =
= (4с?Є-С?2 4-Є2)2 4-(2с?2 4-2с?е-2е2)2.
Узявши е = 2 та с? = З, отримаємо, що сторони трикутника
АВ = 13, ВС = 19 та АС - 22 задовольняють умову. Отже, ми
знайшли трикутник, дві медіани якого перпендикулярні, а сто-
рони — цілі числа.
326
5. Див. розв’язання задачі 5.1 (427) молодшої ліги.
6.1 (439). Відповідь: =
2
Розв’язання. Нехай с=КЬ<в — сторони трикутника. По-
1+-Л	,	.	.
кладемо <р =-----, добре відомо, що це додатнйи корінь рівнян-
2	*
ня <р(ф-1)=1. Покладемо Ь = ф, сторона а менша, але достатньо
близька до ф2. Тоді а < Ь -І- с — задовольняють умову трикутни-
ка. Притому - = ф<ф2, а відношення — достатньо близьке до цьо-
с	с
а - а
го значення; — < ф, але — може набувати значень, якомога близь-
ких до ф, тому з прикладу цього трикутника випливає, що ц > ф.
Розглянемо довільний трикутник зі сторонами Ь = 1 + х та
а = 1 + х + у, х,у>0, при цьому у < 1. Тоді мають справджува-
. 1+х+у	1+х	.
тися нерівності: ----- > ф та ---> ф. Тоді
, 1+х	1
1 + * —>ф О 1 + Х4-ї/>ф(1 + х) <=> #>(ф-1) (1 + Х),
1 + х
далі маємо: у > (ф- 1) (1+х) > (ф -1) ф = 1 — суперечність з нерів-
ністю трикутника. Одержана суперечність і доводить, що а = ф.
,6.2. Див. розв’язання задачі 6 (429) молодшої ліги.
7.1. Див. розв’язання задачі 7.1 (431) молодшої ліги.
7.2. Див. розв’язання задачі 7.2 (432) молодшої ліги.
8.1 (440). Відповідь: за умови, якщо п має принаймні два різних
простих дільники.
Розв’язання. Визначимо функцію / (і) = у, де і — комірка,
у якій розташоване число при способі «А», у — число, що роз-
ташоване в цій комірці при способі «Б». Нас цікавить, для яких
і Можливе / (і) = і, якщо і^|1; п2; •“(п2+1)|. Доведемо наведену
відповідь.’
З міркувань симетрії можна розглядати задачу для перших п
діагоналей, якщо їх перенумерувати від 1 до 2и - 1. Неважко
обчислити значення при способі «Б», яке розташоване на діаго-
налі к та рядку і, де 1<і<Кп, — це х = (і - 1) п + к - і + 1.
а-і У .
Далі /(*)=£/ +к-і+1. Тоді рівність / (х) = х перепишемо
V»! )
таким чином:
(і-1)п=-к(к-1).	(1)
2
327
Це означає, що відповідна діагональ містить нерухому точку.
Ця нерухома точка не належить множині {1: п2; і(п2+1)> тоді
І 2	)
й тільки тоді, коли рівність (1) має розв’язок (і, /?), для якого
1 <к < и та 1	<п. Зрозуміло, що оскільки к та к - 1 взаємно
прості, то рівність (1) не має розв’язків, якщо п — просте число
або степінь простого числа.
Нехай тепер п = гз, де г, з — взаємно прості числа, більші за 1.
При цьому нехай з — непарне. Тоді 2г та з так само взаємно про-
сті числа. Тоді існують такі цілі числа а. р, що задовольняють
умову
2га + зр=1.	(2)
Якщо пара (а, Р) задовольняє умову (2), то -таку ж
умову задовольняє пара (а+зї, р~2гі). Отже, ми можемо при-
пустити, що -г<р<г. При цьому з рівності (2) випливає, що
Р 0, г. Тому можливі такі два випадки.
Випадок 1. -г<р<0, а>0, тоді /? = 2га, і = 1-ар.
Випадок 2. 0<Р<г, а<0, тоді й = зр, і=1-ар.
В обох випадках -к (й-1) = -аргз = -арп=(і-1) п, Безпосеред-
2
нім обчисленням з обмеженнями г > 1, а>0, з>3 показуємо,
що 3<&<п-2 та 2<іС~п, що й завершує доведення про на-
2
явність нерухомої точки.
8.2. Див. розв’язання задачі 8 (433) молодшої ліги.
9. Див. розв’язання задачі 6.1 (429) молодшої ліги.
10.1 (441). Розв'язання. Нехай точка М — середина відрізка АВ
(рис. 8.42). Якщо 2>£||АВ, то трикутник АВС рівнобедрений,
тому СА = СВ і Р = М.
Нехай тепер пряма ВЕ не пара-
лельна відрізку АВ та ВЕ П АВ = X. За
теоремою Менелая запишемо:
АХ ВВ СЕ .	__
----------=1, Оскільки СЕ = СВ,
ХВ ВС ЕА
АХ ВВ
тр-------= 1.
ХВ ЕС
Оскільки ХА • ВР = ХВ • АР, то
ХА • (ХВ-ХР)^ХВ • (ХР-ХА) =>
=> 2ХА-ХВ=(ХА+ХВ)-Х = 2ХМ-ХР =>
=> ХМ > ХР = ХА- ХВ = ХР • хе,
тому точки Р, Є, Р та М циклічні.
10.2. Див. розв’язання задачі 10 (435)
молодшої ліги.
Рис. 8.42
328
Старша ліга
1 (442). Розв'язання. Для 2<АгСп нерівність між середнім геоме-
тричним і середнім арифметичним для чисел к, ..., к, 1, де к
повторюється к ~~ 2 рази, означає, що
к-1	Й-1	’	к
А 1Г*
Отже, Ук>------- для кожного к = 2, 3, п, де рівність ви-
конується тільки при к = 2. Таким чином,
п
2-Тз-</4
2 3 4
>1 2 3
п-1
= 71.
2 (443). Відповідь: / (х) = 0 та / (х)=2х.
Розв'язання. Шдставляючи і/ = -2*-1 у початкове рівняная,
отримуємо:
(і)
22
Отже, якщо /(-2х”1) = 0 принаймні для одного х, то має місце
також / (0) = 0. Тоді покладемо х = 0 та довільний у у початко- •
вій тотожності, отримаємо / (1 + 2у) = 0, таким чином, /^0.
Припустимо тепер, що /(-2х) для кожного х. Підставляю-
чи у=-2х у початкове рівняння, маємо: /(-2х) -	/(/(х))/(-2х).
2^
Отже, ДЛЯ ВСІХ X
Г(/Чх)) = 22'.	(2)
З одного боку, підставляючи рівність (2) у початкове рівнян-
ня та беручи у = 0, отримуємо /(2х) = /(/(х))/(0) = 2^/(0) для
всіх х. Це означає, що
/(х) = 27(0)	(3)
для всіх додатних х. З другого боку, застосовуючи рівність (2)
до (1), маємо:	х .
22	г-1
7(-2х'1)=±^--7(0)=2-? 7(0)
22
для всіх х. Це означає, що рівність (3) виконується також для
всіх від’ємних х.
Вище ми показали: з рівності / (0) = 0 випливає, що / (х) = 0
для всіх х. Отже, можна припустити, що / (0) або додатне, або
від’ємне. Якщо підставити х = 0 у рівність (2) та застосувати до
рівності (3), отримаємо: 2 = 22° =/(/(0)) = 2/(0) 7(0). Обидва ви-
падки / (0) < 1 та / (0) > 1 призведуть до суперечності, отже,
/ (0) = 0, тож єдиний ненульовий розв’язок — це /(х) = 2\
329
З (444). Розв'язання. Розглянемо випадок, коли хорди перетина-
. ються всередині кола (рис. 8.43).
Нескладно перевірити, що бісектриса кута перпендику-
лярна до прямої ВХВ2, де точка Вг — середина ^ВВ, точка В2 —
середина Аналогічно бісектриса кута І^РМ^ перпендику-
лярна до прямої (Ї&2, де точка — середина
точка Сі2 — середина	Бісектриса кута В0Р буде перпен-
дикулярною до бісектриси кута І^РМ^, якщо
Рис. 8.43
Доведемо це (рис. 8.44). Нехай
Х^М2=20, даА=2ф. Тоді ^Д=-
= Р, ^№$2 = ф, звідки маємо:	=
=~(Р+ф) та ^ВИ^ (Р+Ф). тобто
+ Тепер до-
статньо довести, що 91в2±В1В2 або
Щ° + ХВ2-°2 =	+ ХВгА’ тоб-
то що ^ЕВі+^СВг^ВВ^^ВВг, а це
ми вже довели. Маємо:	-І-ВіД?’
звідки бісектриса кута	перпен-
дикулярна до бісектриси кута М1РМ1.
330
4. Див. розв’язання задачі 4 (438) середньої ліги.
5. (445) Розв'язання. Назвемо розфарбування п точок допусти-
мим, якщо воно задовольняє умову задачі (не інваріантно щодо
будь-якого неповного обертання). Назвемо два розфарбування
еквівалентними, якщо будь-які дві точки пофарбовані в один
колір у першому розфарбуванні тоді й тільки тоді, коли вони
пофарбовані в один колір у другому розфарбуванні. Зрозуміло,
що будь-які два еквівалентних розфарбування використовують
одну й ту саму кількість кольорів, а якщо одне допустиме, то
допустиме й інше.
Розглянемо клас еквівалентності, де в розфарбуваннях вико-
ристовується рівно у кольорів,. Кількість розфарбувань у цьому
класі, коли використовують кольори з даного набору х кольорів,
така: х (х - 1)...(х - у 4- 1).
Остання умова також виконується для х < у. Добуток тоді до-
рівнює нулю, а Рп (х) дорівнює сумі цих добутків по всіх класах
еквівалентності допустимих розфарбувань, а отже, є поліномом
відносно х.
в. Див. розв’язання задачі 6.1 (439) середньої ліги.
7 (446). Відповідь: 10; 14; 22; 26; 34; 38; 46; 58; 62; 74; 82; 86; 94.
Розв'язання. Для к-1, п-1 позначимо ак =	. Тоді п спе-
й
ціальне, якщо воно не ділить суму Ап =0^ +а2 + ...+ал_Р
Покажемо спочатку, що непарне просте число р є не спеці-
альним: р точно не ділить ак для кожного к, крім того,
как =(п-1)!=/ар Чк, І. Тому ак різні та ненульові за модулем р,
а отже, ак = а, (тосі р) <=> к = 1 (тосі р). Звідси к = /, тому
Ап =1+2+...+(р~1)^ —"^=0(тоа р).
2
Для складеного п доведемо, що коли п. = ио, де 3<и<у, то п
не спеціальне.
Очевидно, що ак ділиться на п для к*.и, V. Покажемо, що аи
та ау так само, діляться на п. Оскільки Зр<п, то 2у — дільник
ау, тому ау:п, оскільки и — дільник -ау та и*2и. Аналогічно
2и, Зи — дільники аи, через те що 3и<3і><п і лише один з них
може дорівнювати V. Отже, аи: п та п — не спеціальне.
Нехай тепер число п — складене, при цьому р — наймен-
ший його простий дільник. Нехай п = р^, тоді р <д. Якщо р-ц,
то з умови 10<п <100 випливає, що п = р2 => р>5. Більш за-
гально, якщо п-1? => 2 >4. Тоді множники І, 21, ЗІ, ..., (І - 1) І
менші від п і кожне ак містить множник І у степеню не меншому
331
ніж 2, тому воно ділиться на І2. Отже, І2 =п ділить Ай, а тому
не є спеціальним.
Нехай тепер р <д. Якщо 3 < р < д, то цей випадок ми вже роз-
глянули.
Залишається'випадок р = 2, тобто п - 2д. Покажемо, що таке
число є спеціальним .лише за умови, що д — просте та д = гз,
де г — найменший простий дільник числа д. Якщо г > 3, то та-
кий випадок уже розглянутий при и = г, V = 2з. Якщо г = 2, то
п = 2д = 4з. Тоді з>3, оскільки п>10, і цей випадок так само
підпадає під 3<и<і>.
Таким чином, залишається розглянути випадок простого д,
. де и = 2д. Покажемо, що всі числа спеціальні. Оскільки
ач =1- 2 • 3 •... • (д-1) (д + 1)... (2д - у не ділиться: на д, але при
цьому п ділить усі інші ак, & = 1, п-1, то твердження доведено.
8. Див. розв’язання задачі 8.1 (440) середньої ліги.
9. Див. розв’язання задачі 6.1 (429) середньої ліги.
10 (447). Відповідь-, а, =19999+(і-1) (і-201), і = 1;201.
Розв'язання. З умов задачі існує ціле число с, для якого
справджується рівність
аі ~~ (аі-і + а/+і)-с» і = 2; 200.
Позначимо 4=а|+1~ар тоді останню рівність можна перепи-
' сати таким чином:
аі+і ” аі - аі ~ аї-і+ 2с або ді+1 =	2с, і = 1; 200.
Отже, (4) — арифметична прогресія зі знаменником 2с.
Тоді, з одного боку,
1		
. £</;=і(і-1)(гі1+гі;.1) = (і-1)(й1+(і-2)с), і=2; 201.
/_і2-	.
.3 другого боку,
1-1 ‘ -
=(®і ~пі -і) + (^_і"	_2)	. '+(^2 —^1) = бїі —	=>
______
=> а1=а1 + ^ід.=аг+(і-1)((і1^(і-2) с), і = 1;201.
/=і
Тоді а201=аі+200• (^+199с). Оскільки а2оі=аі» т0 ^=-199с.
Тепер
а1()1=а1+1()0-(^+99с) = 19999-1002с>0 => с<“^<2 => с = 1-
Отже, аі =19999+(і-1)(і-201), і-1; 201.
332
Математичний бій № 3 няямшймтааі
Молодша ліга	,
1.1	(448). Відповідь-. и>45.
Розв’язання. Зробимо такі перетворення заданої суми:
А» 2й А» 2й(й2—1)
іТі64+й2+1-^(й4+й2 + І)(Л2-1)_^ї й®-1
А (й4 + й3-й-1)-(й4-й3'+й-1) _ А (А3-1) (й+1)-(й3 +1) (й-1) _
й’-І	"*=і	й®-1
._ АС (й3-1) (й + 1) _ (й8 +1) (й-1) _ А ґ й + 1 _ й-1 _
-Йі1(Л3-1)(й3+1) (й8-1)(й3+1)}-^і1й3+1 й3-і;
_ А ґ 1_________1__| _ А <	1___________1 _
~і£і1й2-й+1 й2+й+1> £{Цй-1)2 +(й-1)+1 й2 + й+1,Г
І . 1 Л Ґ 1	1'^Гі і'ї
-------Ч-   -------Іч-І---------+ ..,4-
.1 12+1+17 и2+1+1 22+2+1У \22 + 2+1 32+3+1,і
1
“’-ТГ2
1 .
(п-1)2+(п-1) + 1 п2+п+1
1 11
---і-	----<----
2017	п2 + п + 1 2017
Тепер уже нескладно дібрати найменше можливе шукане п:
442+44 = 1980 >2016, 452+45 = 2070 >2016. Таким чином, має
бути п = 45.
1.2	(449). Відповідь-. А = 199.
Розв'язання. Нехай приписані дві цифри утворюють число В.
Тоді маємо таку рівність:
100А+В = ІА(А+1) => 2В = А(А-199).
2
Оскільки 0<В<99, то 0< А(А^99)<198. Зрозуміло, що ліва
нерівність можлива лише при А >199. Залишається перевіри-
ти, для яких А може справджуватися права нерівність.
. При А = 199 маємо: А (А - 199) = 0, тоді В = 0, і це розвязок.
При А> 200 маємо: А (А-199) >200 — інших розвязків немає.
2 (430). Відповідь: а = 2.
Розв'язання. Покажемо, що для а = 2 нерівність справджу-
ється для всіх дійсних х:
х4+2х2-4х + 2 = х4+ 2(х-1)2 >0.
Нехай тепер а < 2, тобто а<1. Розглянемо наведену нерів-
1
ність при х = —, тоді.
2
х4+2х2-4х+а =—+-+а-2<—^-<0.
. 16 2	16
333
о /лк.і\	СА ВС. АВ. 2
З (451). Відповідь: —— = —1. = —х = _.
АгВ СгА .В£ 1
Розв'язання. Нехай М — точка перетину медіан трикутни-
ка А^В^С^ (рис. 8.45), а Ар В3, С3 — точки, у яких продовження
цих медіан перетинають сторони трикутника АВС. Тоді з умов
задачі випливає, що МС^Ві — паралелограм, тому МС3=СВГ
Пряма С^з проходить через середину відрізка А^ та пара-
лельна стороні АС, тому МС8 — середня лінія АА3А1С => А^С =
-2МС3 ==> А3В1 -ВГС. Але А^А; — середня лінія ДАВ& => АА^ =
-А^В^, тому ААд = А3В1 = В1С. Звідси й випливає наведена відповідь.
4 (452). Відповідь: 40°.
Розв'язання. Побудуємо всередині трикутника АВС точку В',
що задовольняє умови: £)' є[АИ), АВ = АС (рис. 8.46). Тоді за
побудовою /.ВСА = 40°, А0'СР = 20°. Проведемо висоти: СС —
у трикутнику АСВ, ВЕ — у трикутнику ВСВ, ВЕ — у три-
кутнику ВАВ.
Тоді АСВС-АСВЕ => ВС = ВЕ. Оскільки трикутник ВАЕ
прямокутний з гострим кутом /-ВАЕ = 30°, а точка 6? — середина
гіпотенузи В А, то ВЕ = ВС = ВЕ. Тому АВВЕ = АВВЕ, а ВВ —
бісектриса /АВС => /ВВА = 10°. Звідси В = В /ВСА- 40°.
5 (453). Розв'язання. У кожному рядку принаймні п + 1 Р-домі-
нуюча комірка. Тому загалом є 'принаймні (2т + 1) (л + 1)
Р-домінуючих комірок. Аналогічно всього маємо як мінімум
(2т + 1) (п, + 1) + (т + 1) (2п-+ 1) = (2т + 1) (2п + 1) + т + п 4- 1
комірок, що є або Р- або С-домінуючими. За принципом Діріхле
з них щонайменше т + п + 1 є одночасно Р- та С-домінуючими.
6 (454). Відповідь: 2т~п.
Розв'язання. Простим перебором переконаємося, що коли
дві сусідні вершини мають різний колір, то ми можемо помі-
няти колір кожної з двох вершин, і величина Р не зміниться.
334
Можливі чотири варіанти: УВУУ —>УУВУ, ВВУВ -»ВУВВ,
УУВВ-»УВУВ, ВУВУ->ВВУУ.
Таким чином, будемо переставляти сусідні вершини різних
кольорів, щоб зібрати червоні в один блок сусідніх вершин
та сині в один блок .аналогічно. Тоді матимемо тп - 1 ребро .з обо-
ма червоними кінцями, п - 1 ребро з обома синіми кінцями,
. а також два ребра, кінці яких різного кольору. Отже,
Р=2т“1 І2 =2'п“Л — константа, що залежить лише від т
та п, а тому при будь-якому розфарбуванні величина буде такою.
7 (455). Відповідь-. 22.
Розв'язання. Без обмеження загальності вважатимемо, що се-
ред чисел а, Ь, с одне від’ємне і два додатних. Тоді від’ємним
має'бути саме число с — найменше за модулем число. Нехай
(а, Ь) = р, (Ь, с) = д та (а, с) = г. При цьому р, д, г — попарно вза-
ємно прості числа. Тоді а = ргз9 Ь - рді та с = -дга, де так само з,
і, и — попарно взаємно прості. Якщо це підставити в рівняння,
рзі т і
то отримаємо таку рівність: ді + гз=-—. Тому и | р, але це озна-
чає, що и — спільний дільник чисел а, Ь, с, тож и = 1. Аналогіч-
но з = і = 1. Таким чином, д + г = р та а = рг, 5 = рд, с =.-дг.
Звідси будь-яка трійка попарно взаємно простих чисел р, д, г, що
задовольняє умову д + г = р, задає шукану трійку чисел а, Ь9 с.
Наведемо всі такі трійки, у яких добуток двох найбільших не
перевищує 50:
(1, 1, 2), (1, 2, 3), (1, 3, 4), (1, 4, 5), (1, 5, 6), (1, 6, 7),
(2, 3, 5), (2, 5, 7), (3, 4, 7), (3, 5, 8), (4, 5, 9).
Оскільки кожна трійка породжує два розв’язки — у другому ♦
маємо два від’ємних числа та одне додатне, то всього розв’язків 22.
8.1 (456). Відповідь-, існують.	______
Розв'язання. Виберемо пЛ=50£, к = 1,2501. Тоді нехай
хр х2,..., х2501 — шукані числа і
5 = хг+х2 +...+х2501 = -і- (п2 + п% +...+) = І2 + 22 +...+25012.
Тепер хА=іЗ-п2, к-1,2501, задовольняють умови. Дійсно,
для £ = 1,2501
8	— (Хд+х2 4-...4-Х2501) хА — пк. ,
8.2 (457). Відповідь: х = ±1 та у = 0.
Розв'язання. Без обмеження загальності вважаємо, що
х, у > 0. Тоді, оскільки х — непарне, підставимо в задане рів-
няння х = 2£+1. Маємо:
х4-1 = 22(22+2) (4£2 +42+2) = 2у2 => у=2п => 2(2+1) (22(2+1)+1)=іЛ
335
Зрозуміло,, що всі три множники в лівій частині останньої
рівності взаємно прості, але тоді для того, щоб їхній добуток був
точним квадратом цілого числа, необхідно й достатньо, щоб
кожний множник був точним квадратом. Однак числа і та і 4- 1
можуть бути одночасно точними квадратами лише за умови
^ = 0=>и=0=>р = та х = ±1.
9 (458). Розв'язання. Оскільки /ВАО = 906,	»
то ВЛ — діаметр кола с (рис. 8.47), тому /	\ ™
/ВЕР = 90°. Але тоді ЛЕ — висота рів- і
нобедреного трикутника ВСІ), а через це \
вона й медіана. Звідси точка Е є середи-	С
ною гіпотенузи, тому АЕ = ВЕ, що й тре-
ба було довести.	рис 3 47
10 (459). Відповідь: 0, 1 або 2 цікаві сторони.
Розв'язання. Якщо припустити, що таких сторін принаймні
три, то існують дві пари кутів, сума яких менша від 180°, тобто
сума чотирьох кутів менша від 360°. Але тоді сума відповідних
зовнішніх кутів більша ніж 360° — суперечність.
Приклади з наведеною кількістю цікавих сторін побудувати
зовсім просто (рис. 8.48).
Ряс. 8«48
Середня ліга
1. Див. розв’язання задачі 1.1 (448) молодшої ліги.
2Д (460). Відповідь: жодного нецілого, усі числа цілі.
Розв'язання. Доведемо ММІ, що 5Л =6^ +а2 + ... + ап =-Ьл (Ьп +1),
2
де Ьп — деяке ціле число. Звідси й випливатиме, що всі члени
 послідовності -Г цілі числа.
Ваза індукції є очевидною. Покажемо індукційний перехід:
5„\1=(а1+а2+...+аа+ап+1)2=82 + 25„ап+х + а2+1 =
= а? +а3 +...+а3 +а3 .=В2+а3 ..
1	2..... п	' **л + 1	л + 1
336
Звідси 25лая+і+^+1=а®+1, тоді або ап+1=0 та £л+1=8д =
= іьп(Ьй+1), Що задовольняє умову, або ж 28пч-аЛ+1 =>
=> Ьп(Ьп+1)+ап+1-а*+1=0. Звідси шляхом розкладання на множ-
ники маємо: ап+1 =ЬП+1 або ап и =-&л. Для обох випадків Вп+1 —
, ціле число, що й треба було довести.
2.2. Див. розв’язання задачі 2 (450) молодшої ліги.
З (461). Розв'язання. За теоремою Менелая для трикутника ЛАО
маємо (рис. 8.49):
РК АХ ОМ
КА ХО МР~
За теоремою Менелая для трикутника ВСО:
СН ВМ о# х
НВ МО N0- ’
1_ СН ВМ ОХ РК АХ ОМ _РК НС
- НВ МО ХС КА ХО МР ~ КА ВИ*
Отже, оскільки АР ВС9 то АК = НС.
4 (462). Розв'язання. Розглянемо трикутники АОС та АОВ
(рис, 8.50): сторона АО — спільна, ОС = ОВ, АСАО = АВАО = а.
Запишемо теорему синусів:
АО = СО _ ВО _ АО
зіпЛАСО зіпа зіпа віпЛАВО
тобто 8Іп ЛАСО = віл ААВО. Тоді для кутів АСО т&АВО маємо дві
можливості:
•	або вони рівні, тоді трикутник АВС рівнобедрений;
•	або ЛАВО-ЛАСО-180°, а це означає, що чотирикутник
САОВ — вписаний.
337
Таким чином, точка О — центр описаного кола трикутника
АВС, який не обов’язково рівнобедрений.
5.	Див. розв’язання задачі 5 (453) молодшої ліги.
6	(463). Розв'язання. Позначимо кількість елементів множини М
через | М |. Усі слова довжини п позначимо через С, тоді | С | = 2П.
Для двох слів х, у є С позначимо через й (х, у) кількість пози-
цій, у яких ці слова відрізняються. Для кожного хєС позна-
чимо через Сх-{уєС\й(х.,у)<}}. Зрозуміло, що | Сх | = н+1.
Якщо а, ЬєС та <1(а, Ь)>3 => СаГ\Сь-0.
Позначимо через В множину слів лексики племені дов-
жиною ц. Тоді СЛ сС=>| Ся Іс| С |. Оскільки	=
,	аєР	І ас І) |	| леї) І
=(п+1)| Р |=> (п+1)| 2) |<2", що й треба було довести.
7.	Див. розв’язання задачі 7 (455) молодшої діги.
8.1. Див. розв’язання задачі 8.1 (456) молодшої ліги.
8.2. Див. розв’язання задачі 8.2 (457) молодшої ліги.
9 (464). Розв'язання. Нехай описане коло трикутника АР(^ пере-
тинає пряму ВС у точці X, тоді ХАХ(І = - (рис. 8.51). Звідси
2
ЛРА(^ = /.РВ(І, чотирикутник АРХ(} вписаний,. тому
АРА(2 = АРХВ. З рівності кутів АРХВ^АРВСІ маємо, що три-
кутник РВХ рівнобедрений, а тому точка Р лежить на середин-
ному перпендикулярі до відрізка ХВ.
Оскільки АХ 'кВС, а точка Е — середина сторони АВ, то ця
. точка лежить також на серединному перпендикулярі до відріз-
ка ХВ. Таким чином, РЕ — серединний перпендикуляр до від-
різка ХВ, тобто РЕ1.ХВ.
Рис. 8.51
338
10.1 (465). Відповідь! 3.,
Розв'язання. Розглянемо всі точки перетину діагоналей і най-
менший опуклий многокутник, що містить ті точки (опуклу обо-
лонку). Кожна точка цієї опуклої оболонки є вершиною саме три-
кутника — полігона, розбиття. Дійсно, нехай діагоналі, що
виходять із вершин Аі та Д+1, перетинаються в точці В (рис. 8.52).
Тоді якщо сторони трикутника ДД+1В перетинає інша діагональ,
то точка В не може стати вершиною опуклої оболонки.
Якщо ця точка В утворилася перетином діагоналей, що ви-
ходять із вершин А1 та А., то слід розглянути її як таку, що
утворена перетином діагоналей, що виходять із вершин Д та
А/+п, при цьому вони мають бути сусідніми — інакше точка В не
може бути вершиною опуклої оболонки (рис. 8.53).
. Рис. 8.53
Таким чином, кількість трикутників серед шуканих полі-
гонів дорівнює кількості вершин опуклої оболонки, тобто опу-
клого многокутника. Найменша можлива кількість вершин —
у трикутника.
Наведемо відповідний приклад.
Розглянемо на координатній площині такі точки:
(0; 0), (1; 0), ..., (п - 2; 0),
(0; 1), (0; 2), ..., (0; п - 2).
Тепер сполучимо їх прямими, як
' показано на рис. 8.54. Після цього
проведемо коло радіуса більшого за
п - 2 із центром у початку координат.
Як вершини вибираємо точки перети?
ну проведених п прямих із проведе-
ним колом. Опуклою- оболонкою всіх
точок перетину є трикутник.
10.2. Див. розв’язання задачі 10 (459)
молодшої ліги.
339
1 + СО80
(1 + С08 Р) (1 + СО8 у)	_
Старша ліга
1 (466). Розв'язання. Оскільки справедливі наведені нижче рівності
(1 + соза) (1 + созр) _	1	' _	1
7 + С08а + С08Р.-5С08аС08Р	, з . 1-СОЗР | % . 1-С080С	1 + з^2 Р+з^2*а ’
1+соза	2	2
1_______
7 + СО8Р + СОЗу-5с’О8РсО8у 1 + 3^2£ + 3^2Х
& 2	& 2
(1 + соза) (1+соз у)	1
7 + соза + созу-бсозасозу . і + з^2^. + з^2Х
2 •	2 '
то нерівність, яку потрібно довести, можна переписати таким
чином:
1-----------1 1
------------—— ---------------ї -|---------------С 1 е
1 + Зіє2 —+ ЗЇ82- 1 + 3і£2 —+ 3і£2 — 1 + Зі®2 — + 3і<2-
2	2	2	2	2	2
Оскільки
1
+	---2Д
2	2	2
І£2| + І£2^>
2	2
І£ —+ І8-1
2	2	2
то доведемо більш строгу нерівність:
1 1
р у У
^п+^п
. 2	2}
2
_1_______
З ( у	ос
1 + - І£~ + І£ —
24 2	2.
<1,
<	\2
. у , а).
< 2	27’
З
2
п 3|ґ а	ру і 3 « Р • У]
1 + -І І£- + І£-	1 + - І£- + І£-
2І 2	27 2І 2	27
яка еквівалентна такій нерівності:
(' а	Р'У	* ( Р	У У
4<< 4 2	27	.42	27
— ---------------— н--------------------------—
з ЗҐ а в¥ ЗҐ р уУ 3( у а
1 + - і£- + і£Е	І + - і^ + іє1	1+- І£- + 1;£—
24 2	2) 2к 2	27	24 2	2.
’ 3 нерівності Коші—Буняковського отримуємо:
х	\ 2	/	\2	ґ	\2
. (	а	В )	ґ	Р	< У і	і А	У	х	а і
к	2	27	. ,	к	2	27-	.	к	2	2>
ЗҐ	а	рУ	3<	р	у у	ЗҐ	у	аУ
1 + - і£ —+ і£-	1 + - і£- + і£-	1+- І£- + І£—
24	2	27	24	2	27	24	2	27
( а Р у і
4СЄ2+482+І§2]
______________»_____________\ а -	&	А;_
л_______________________________________\2	/ •_\2	/	\2 •
3<	а	ВГ	ЗҐ	В	у¥	ЗҐ	V	а¥
2к	2	2)	2к	2	27	2к	2	27
2 *
340.
Тоді доведемо більш строгу нерівність:
7 а В у У
____________к 2	2	27	
3<	а	В У	ЗҐ	В	у У ЗҐ	у	аУ^з’
•	3+о+	+7Р8« + *87
2к	2	27	2к	2	27 2к	2	27
. ,	а,	(3 .	В,	у	.а,	у’,
яка еквівалентна нерівності і£—+іе-їд-+і;£—і£->1. Ви-
2	2	2	2	2	2
•		. а і	Р	. З	і	у	і і	у
. користовуючи Відому ТОТОЖНІСТЬ' і£—+ — І£- = 1,
2	2	2	2	2	2
отримаємо, що 1 > ї. Твердження доведено.
2.1 (467). Відповідь: ні.
Розв’язання. Позначимо а = 1о§2 3 є ИЩЦ), тобто 2а =3. Припус-
тимо, що ці послідовності є ко-алгебраїчними і відповідний мно-
гочлен Р(х, у) існує. Тоді Р(2л,Зл) є сумою таких виразів:
ск12пкЗп1 =ск /2л(/г+а°. З ірраціональності числа а вирази к+аі усі
різні. Виберемо Р — максимальне значення виразу /г + а/, серед
усіх пар (й, і), Для яких ^0. Тоді
Р(2л,Зл) = с2рл +сх2РіЛ + ...+сй2р*л, .	(1)
де с*0 та р/<р, і = 1,к. Але тоді ^^Д^ = с4-с12(Р*’р)л+...+
2
+ са2(Р*“Р)л. Зрозуміло, що права частина при достатньо велико-
му п відмінна від 0, що призводить до суперечності.
2.2 (468). Розв'язання. Доведемо методом від супротивного: при-
пустимо, що дані послідовності ко-алгебраїчні, і розглянемо від-
повідний многочлен Р (х, у), який задовольняє відповідні умови,
тобто Р(п, 2л) = 0 Упє№. Розглянемо цей многочлен як много-
член від змінної у:
Р<х,у) = рл(х)уі+рл_1(х)уі-1^...+р1{х)у + рі)(х),
Де рДх)л і=0, гі, —^многочлени відносно х та р4(х)^0. Тоді
УЕ>0 3^єК: Уп>^ | ра(п) |>Е. Аналогічно ЗМ, є Уп >ДГ2
|р.(п)|<22, і=0,сІ-1. Тоді Уп>шах{^, ДГ2}:
|Р(п,2л)|=| рІІ(п)2<," + р((_1(га)2<‘і',>"+... + р1(п)2" +ра(п)\>
>| РЛп)2"‘ |-(|	+...+р1(п)2п +р0(п) |)>
>Е2а”+...+2”+1)>Е2‘"'-25+М'Пв+1. = 2“'” (е-21-5).
Зрозуміло, що при достатньо великих пєН вираз |р(п, 2Л)|
буде додатним.
3. Див. розв’язання задачі 3 (461) середньої ліги.
341
4 (469). Розв'язання. Припустимо, що барон правий. Розглянемо
той із перерізів, який розташований найближче до центра О да-
ної кулі о (якщо таких декілька, розглянемо довільний із них)
(рис. 8.55).
Позначимо цей переріз через сох (як відомо, він буде кругом),
а його центр — через Ох. Тоді, за відомою властивістю центра
кулі, матимемо ООг ±о)х, тобто ООХ — відстань від центра кулі а
до перерізу сох. За припущенням, існує переріз ш2 із центром О2,
і цей переріз проходить через точку Ох, ОО2 — відстань від цен-
тра кулі о до перерізу со2. Оскільки перерізи (круги) (Вх і со2
різні та мають спільну точку Ох, то вони перетинаються по від-
різку СВ. При цьому СВ для круга со1 буде діаметром, а для
круга со2 — хордою. Оскільки ОО2 ±со2, а ООХ — похила до <о2,
то за теоремою про три перпендикуляри ОгО2 ± СВ.
Нехай ОгО2 перетинає межу со2, тобто коло ш2, у точках М
і тоді МУ — діаметр круга ш2, перпендикулярний до його
хорди СВ. Оскільки прямі АВ і МУ проходять через середину
відрізка СВ — точку Ох і перпендикулярні до СВ, то СВ перпен-
дикулярний до площини ООХО2, у якій лежать прямі АВ і МУ.
На рис. 8.56 зображено переріз кулі о і два її перерізи сох і со2
(у вигляді відрізків АВ і МУ). Видно, що ОО2 < ООХ (катет ко-
ротший за гіпотенузу), а ця нерівність суперечить вибору пере-
різу (вх. Одержана суперечність і доводить, що барон не правий.
5 (470). Відповідь*. п: 4,
Розв'язання. Назвемо бічне ребро призми непарним, якщо на
його кінцях різні числа, і парним — у противному разі. Розгля-
немо сусідні бічні ребра єх та е2 — вони обмежують бічну грань Р.
Оскільки добуток чисел у вершинах грані Р дорівнює -1, то
342
парності ребер є* та е2 — різні; Тому шукана відповідь можли-
ва лише за умови, що п — парне.
Тепер треба розглянути основи призми. Нехай . та к2 —
кількість чисел -1 на основах. Тоді к^ та к2 — непарні, тому
=	— парне. Але к має однакову парність з кількістю не-
-.-.... 1
парних бічних ребер, їхня кількість — -п, через те має бути
п: 4. Покажемо, що це шукана відповідь.
Нехай вершини основ — точки Д, ..., А4іі та В19 В2, ...,
В4Й. Тоді поставимо знаки «-1» у такі з вершин:	А^ ...,
А4А_3 та В4Л_Г Неважко переконатися, що добуток чисел кож-
ної грані справді дорівнює -1.
6. Див. розв’язання задачі 6 (463) середньої ліги.
7.1 (471). Відповідь: якщо р > 2, то (р, 1, 1) та (~р, 1, -1) разом із
циклічними перестановками; якщо р = 2, то (2, 1, 1), (2, 1, -1),
(2, 2, -1) та (-2, 2, -1) разом із циклічними перестановками.
Розв’язання. Припустимо а, Ь, с задовільняють рівняння.
Оскільки р додатне, це означає, що | а | | Ь |с| с |а =р. Очевидно,
жодне із чисел а, Ь, с не може бути нулем.
Помітимо, що НСД (а, &, с) - 1. Дійсно, якщо (І | а, (і | Ь9 (і [ с,
то показник степеня р у канонічному зображенні кожного з до-
датних раціональних чисел | а \ь, | Ь |с, | с |а кратний (і. Отже, по-
казник степеня р у канонічному зображенні добутку | а |й| Ь |с| с |а
кратний д. Оскільки цей добуток дорівнює р9 маємо: | 4 | = 1.
Тепер розглянемо довільне просте число д, відмінне від р.
Нехай а, р, у — показники степеня д у канонічному зображенні
додатних цілих чисел | а |,	|, | с | відповідно. Тоді аЬ+рс+уа = О,
через це не всі показники степеня а, р, у додатні, оскільки
НСД (а, Ь9 с) = 1. Як наслідок, якщо якесь із чисел а, р, у додатне,
то серед них має бути рівно два додатних. Без обмеження загаль-
ності припустимо, що а > 0, р > 0, у = 0. Тоді аЬ+ре = 0, це означає,
що а | Ь | = р | с |. Отже, | Ь | ділить р | с |. Оскільки др ділить | Ь | та
др просте відносно | с |, то др |’Р та др < р, що неможливо. Це озна-
чає, що насправді а = р=у = О та | а |, | Ь | с | — степені р.
Отже, рівняння можна записати у вигляді ра6ррсру2 = р9 де
а, р, у — тепер показники степеня р у канонічному зображенні
| а |, | Ь |, | с-| відповідно. Це еквівалентно тому, що ад+Рс+уа = 1.
Оскільки НСД (а, Ь9 с) = 1, одне із чисел а, р, у має бути нулем,
і очевидно, що один із доданків а&, рс, уа має бути додатним.
Без обмеження загальності, нехай аЬ > 0, а саме а > 0 та Ь > 0.
343
Тепер розглянемо три випадки.
Випадок 1. Якщо 0=0 та у=0, то Ь = 1 і | с | = 1. Більше того,
а6+Рс+уа=1 скорочується до а=1, звідки | а | = р. Якщо р > 2;
то показники степеня а та с у початковому рівнянні, Ь та а, оби-
два непарні, звідки числа а та с мають бути однакового знака,
щоб добуток аьЬсса був додатним. Обидві трійки чисел (р, 1, 1)
та (-р, 1, -1) задовільняють початкове рівняння. Якщо р = 2,
то са -г- додатне в будь-якому випадку, отже, число а має бути
додатним. Обидві трійки чисел (2, 1, 1) і (2, 1, -1) задовільняють
початкове рівняння.
Випадок 2. Якщо 0 = 0 та у>0, то Ь = 1. До того ж вираз
ад+0с+уа = 1 скорочується до а+уа = 1, звідки а < 0. Отримує-
мо: ра<ура = у|а| = а-1<а, що неможливо.
Випадок 3. Якщо р>0 та у = 0, то | с | = 1. Крім того,
ад + 0с+уа = 1 скорочується до а&+Рс=1, звідки с = -1 та.ар0 =
=1+0 як єдина можливість. Якщо р > 2, тоді це призведе до су-
перечності, як у попередньому випадку. Якщо р = 2, тоа=0 = 1 —
єдиний розв’язок. Отже, обидві трійки чисел — (2, 2, -1) та
(“2, 2,-1) — задовільняють початкове рівняння.
7.2. Див. розв’язання задачі 7 (455) молодшої ліги.
8 (472). Розв'язання. Помітимо, що для всіх цілих невід’ємних і
а(+Ьі = п+1. Задамо послідовності {?’.}, {з,}, {£,} таким чином. Не-
хай г0=1, $о=£о=О дляі>0:
(ГрЗ,.О =
(2г/.1,28,-р 2і/_1+1), 'якщо а._т <д_1
25/_1~1,2*._І-1),якщоа._ г _г
Ои, з^, ^_і),	якщоа1_1 = д,_г
Неважко довести, що ах = г,а0 4- зД + іі і Ь{ = (1 - )а0 + (1 - з,) Ьо - іі
для всіх і>0. Нехай Ь — найменше ціле невід’ємне число, для
якого ак=Ьк. За індукцією можна довести, що для будь-якого
цілого І, 0<Кк, маємо: г/~з1 -і] +1-2$,= 2і. Тоді з рівності
ал=Ьй отримаємо:
’іво + «Д+4 =(1-г*)а0 +(1-8*)Ь0
(2г* -1) а0 + (2з* - 1)Ь0 + 2ік = 0,
(2*+1 +2з* -1)а0 +(2з*-1)&0 + 2*° +4з* -2=0,
= 1, = ті,
(2*+1 + 2з* -1)+(2з* -1)ге+2*+1 +4з* -2 = 0,
(1-2з*)(п+3) = 2**2.
Отже, п + 3 — степінь двійки. Насправді, оскільки 1-2зл —
також степінь двійки, то зл=0, і тому п+3 = 2*+2.
344
9.1 (473). Розв’язання. З умови рівногранності тетраедра можемо
записати такі'рівності: ЗА = ВС, 8В = АС, 8С = АВ. Позначимо
через Ар Вр Сг відповідно проекції точки О на прямі ВС, СА та
АВ (рис. 8.57). Тоді маємо такий ланцюг рівностей:
АС2-ВС2 = АО2-ВО2 = А82-8В2 = ВС2 -АС2 = ВН2 -АН2.
Аналогічно
ВА?-СА? =СН2-ВН2, АВ*-СВ2 =СН2-АН2,
тому точка О симетрична точці Н відносно центра Ог описаного
кола трикутника АВС, ОН~2ОГН. Отже, задача зводиться до
відшукання такого гострокутного трикутника АВС, у якому від-
різки Оуії, АВ, ВС, СА виражено натуральними числами.
Розглянемо трикутник АВС, /А=60°, сторони а = 7, Ь = 5,
с = 8. Зрозуміло, що він гострокутний, а кут узгоджений зі сто-
ронами. Тепер легко обчислити, що
/ВНС = 120° = /ВО1С,
тому точки В, Ор Н, С — циклічні (рис. 8.58), звідси
В -Я -	7	-14
вя* вяс~3іпгвнс~Л/Г
Позначимо /АВС = 0<6О°. Тоді /НС(\ =60°-0 і
(\Н = 2Ввн0і ЗІП(6О°-0) = ^Г—СО80--8ІП0 ] = 7со80—^8ІП0.
1	л/3 \ 2	2	/	ч/З
За теоремою косинусів сов 0 еф, а за теоремою синусів маємо:
8ІП0 5	. о 5>/з	8ІП0 .
----=> 81П0 =--------, тому ~“ЄО, і через це величина
8Іп60° 7 К 7--------->/з
ОХН = — є (ф. Залишається зробити відповідну гомотетію з коефі-
п
цієнтом п, щоб у трикутнику А’В'С сторони були такі: А'В’ = 8л,
А'С' = 5п, ВтС'-7п, тоді в ньому О^Н' = лгєМ.
Помітимо, що з відрізків АВ, ВС, СА можна скласти рівно-
гранний тетраедр тоді п тільки тоді, коли трикутник АВС — го-
строкутний.
Рис. 8.57
Рис. 8.58
345
9.2. Див. розв’язання задачі 9 (464) середньої ліги.
10. Див. розв’язання задачі 10 (465) середньої ліги.
Математичний бій № 4
Молодша ліга
1.1 (474). Відповідь-. А> В.
Розв'язання. Зробимо такі перетворення:
А 111	1
.А —---1----1---Ь... 4------
1-11 2-12 3-13	2007-2017
___
2017?
1 1
>.. 4-------
100 2000
—=в.
200
1 С 1 1 1	1	1
— — • І 1--1------1"... 4------
10 І - 11 2 12	2007 2017
__£.ґх+1+1+	_____1______ї__
”10 І 2 + 3+ *“ + 10 2008 2009
1 ґ	1 І	1	10 ї	1	1	1
> — * І4-1--Н...4-------=----1---1--
10 І	2 3	10 * 2000?	10	20	ЗО
111 111
> 1---1---Ь.. • 4----------..
10 20 ЗО 100 110 120
1.2 (475). Відповідь:. 20.
Розв'язання. Позначимо через х приріст трави, за день, А —
початкова кількість трави, р — норма, яку з’їдає корова за день.
Залишається скласти рівняння:
70 • 24р = А+24.х, ЗО • 60р = А4-60х.
уХ 4* 96х
Знайти потрібно відношення п =------.
•	96р
А = 1680р-24х=1800р-60х => 36х = 120р	36х = 120р =>
=> р = 0,Зх'=> А = 1800 0,Зх-60х = 480х => п = —*+—=20.
96*0,Зх
2 (476). Відповідь: і • (1+210"). *
З
Розв'язання. Здійснимо такі перетворення:
44.1А88...89 = 9+8 • 10+...+8 • 10"'1 +4 • 10" +...+4 • 102"'1 =
= 9+80 • - • 99...9+4 • і • 10“ • 99...9=
9	' 9	'
п
= 9+— • (10” -1 -1)+- • 10" (10" -1) =
9	9
= | • (81+8 • 10" -80 + 4 • 102" -4 • 10“) =
= 1 • (1-4 • 10"+4 • 10?")=—• (1+2 • 10")2.
9	9
346
З (477). Розв'язання. Спочатку доведемо, що
точки Н і К лежать на діагоналі АС, тому
що АС±ВЕ та АС1.ВЕ (рис. 8.59). Крім
того, точки Н і К лежать на перпендикуля-
рах, опущених із точки Е на сторони АВ та
СВ. Тому трикутник ЕНК — прямокут-
ний рівнобедрений, звідки точки Н і К си-
метричні відносно центра квадрата, а отже,
ВНВК — паралелограм.
Рис. 8.59
4.1 (478). Розв'язання* Позначимо точки, як на рис. 8.60. Тоді
центр кола О лежить на серединному перпендикулярі до відріз-
ка А1В2, а тому й на серединному перпендикулярі до відріз-
ка АВ. Оскільки те ж саме справджується й стосовно інших сто-
рін, то точка О — центр описаного кола чотирикутника АВСВ.
Але тоді, наприклад, у трикутниках АА1О та ССгО відповідні
сторони рівні, АА^ = СС\ (за умовою), ОА = ОС як радіуси описа-
ного кола чотирикутника АВСВ, ОАІ=ОС1 як радіуси кола,
описаного навколо восьмикутника. Тому ДС^О-ДАДО, звідки
АССГО - ААА^О. Але тоді ДС2В,О = АВ2АГО і відповідно С2Вг =
=В2А1 ^>СВ-ВА, аналогічно й для інших пар сторін, тобто
АВСВ — ромб. Якщо ромб вписано в коло, то нескладно показа-
ти — то є квадрат.
Рис. 8.61
4.2 (479). Розв'язання. Позначимо зображені відрізки М77, КВ та
ЕГ, як на рис. 8.61. Нехай, наприклад, ММ Л ГЕ = А, ВК Л ГЕ = С
тзММВВК^В.
Побудуємо відрізки Д/Д та МЕ{1 що рівні та паралельні від-
повідно відрізкам КВ і ГЕ. Нехай вони або їхні продовження
перетинаються в точці X. Тоді трикутники АВС і М№Х подібні
(мають відповідно рівні кути).
347
Побудуємо такий відрізок РС}, що РеММ, (ІєМХ, і трикут-
ник МР<^ рівнобедрений. Далі побудуємо відрізок Р$^ що
Рх є ЛОТ, є ГЕ та Р(^ Ц Р^* Зрозуміло, що бісектриса кута ХМИ
лежить на серединному перпендикулярі 1А до відрізка Р(), а тому
з аналогічних міркувань бісектриса кута ВАС лежить на серед-
инному перпендикулярі до відрізка Р^.
Аналогічно будуємо ще одну пряму Ів, на якій лежить бісек-
триса кута АВС. їхнім перетином і є шукана точка І — центр
вписаного кола.
5 (480). Відповідь: перемагає Андрій.
Розв'язання. Спочатку просто випишемо «оціночну вартість»
квадратів кожного можливого розміру залежно від першого
ходу. Найбільший можливий квадрат, який тут можна намалю-
вати,— це 8x8, найменший — 1x1. •
Квадрат	Перший хід Андрія	Перший хід Олесі
•	8x8	£•64-32=48 .4	64-£-32=24 4
7x7 ’	. £-49-28=1**	. 4	4	49-£-28 = 14 4
6x6	5 -36-24 = 16 4	36-£-24=6 4
• 5x5	£•25-20 = — 4	г 4	25-£-20=0 4
4x4	£•16-16 = 4 4	16-£-16=-4 4
3x3	І сл со 1 со II | Н-	.со 1 II ез Ю 1 тн 1
2x2	| СЛ 1 00 II • г 00	II оо ю І 1
' 1x1	1 сл н* 1 II 1	т II • Ю | "Ф 1 тН
Зауважимо таке: якщо на дошці намалювати «порожній»
квадрат 4x4 або 3x3, то всередині його обов’язково буде нама-
льований менший квадрат. Для квадрата 3x3 це завжди ква-
•	1 11	5 п
драт 1x1, тому загальна оцінка такого квадрата:------=—.Для
4 4	2
квадрата 4x4 всередині обов’язково з’явиться або квадрат 2x2,
його оцінка буде: 4~3 = 1, або квадрат 1x1, тоді його оцінка ста-
. 11 5
новитиме: 4-----=—.
4	4
348
Першим ходом Андрій малює квадрат
4x4, як це показано на рис. 8.62. Далі легко
зрозуміти, що на місті квадратів 3x3, зобра-
жених пунктиром, буде намальовано принай-
мні по одному квадрату 3x3 або менших від
нього. Таких квадратів може бути й більше,
але всі вони не перевищуватимуть квадрат
3x3. Отже, загальний результат складати-
меться із суми всіх таких результатів: ква-	Рис. 8.62.
драт 4x4 дає результат не більше ніж - на
4	•
користь Олесі, але кожний інший квадрат дасть більший ре-
зультат на користь Андрія.
Зазначимо, що перший хід Олесі у вигляді квадрата 8x8 до
перемоги не веде, оскільки тоді Андрій малює квадрат 3x3, піс-
ля чого неважко збагнути, що всього буде мінімум по однрму
квадрату 3x3 та 2x2, а також мінімум три квадрати 1x1, разом
це дасть результат -24.
6 (481). Відповідь*, 1022.
Розв'язання. Покажемо, що значення 1021 умову не задо-
вольняє. Розглянемо послідовність таких чисел: 32 блоки
1;1;...;1;32 та ще блок із 29 одиниць. Тоді всього чисел
• зо	,	'
32 • 31+29 = 1021, а їхня сума складає 32 • 62 + 29 = 2013. Але зна-
йти підпослідовність із послідовних чисел,, що мають суму 31,
неможливо. Нескладно бачити, що тоді й усі числа п<1021 не
задовольняють умову.
Розглянемо тепер послідовність із 1022 чисел із сумою 2013.
Позначимо через 8., / = 1; 1022, суми перших у членів послідов-
ності. Тоді маємо такі нерівності: •
1С5Г <52 <...<5>1022 =2013 та
32С31 + & <31+52 <...<31 + 5102й =2044.
Припустимо, що ву^31 Уу = 1;1022. Тоді й 31 + 8.^31
У/ = 1;1022. Тому серед цих 2044 чисел, які розташовані в про-
міжку рід 1 до 2044, є принаймні два рівних. Оскільки в кож-
ній половині числа різні, то Зі, ]: 8І =8; + 31, а тому члени від
і + 1 др ] утворюють шукану суму.
7 (482). Відповідь: к = 1.
. Розв'язання. Покажемо, що умову задовольняє число 13579,
яке й утворює множину 8. Зрозуміло, що коли в записі чис-
ла цифри йдуть у пррядку зростання й не збігаються з жодною
цифрою числа 13 579, то перша цифра* має бути не меншою
ніж 2, друга — не меншою ніж 4, третя — не меншою ніж 6,
349
четверта — не меншою ніж 8. Отже, п’яту цифру, що не збігала-
ся б із цифрою 9, дібрати неможливо.
8 (483). Відповідь: 337.
Розв'язання, За відомою формулою для суми квадратів має іс-
нувати ціле число тп; для якого справджується рівність
(п+1) (2п+1) = 6тп2. Звідси випливає, що п — непарне число од-
ного з таких виглядів: п=6р±1 або п = 6р 4- 3.
При п = 6р + 3 матимемо, що 6/п2 =(6р + 4) (12р + 7) — немає
розв’язків, оскільки права частина не кратна 3.
Прц п - 6р - 1 матимемо, що т2 = р(12р-1). Числа р та
12р - 1 — взаємно прості, тому обидва мають бути квадратами
цілих чисел, тобто 12/?—1 = з2 => з2 =-1 (тосі 4), що неможливо.
Залишається випадок п = 6р+1 ==> т2 = (Зр+1) (4р+1). Числа
Зр + 1 і 4р + 1 — взаємно прості, тому обидва мають бути ква-
дратами цілих чисел. Нехай Зр+1 = и2 та 4р+1 = іЛ Тоді 4р+1 =
= V2 = 1 (тосі 8) => р — парне, тоді . Зр+1 = и2 =1 (тосі 8), звідки
р=0(тосі8). Перебираючи числа, кратні 8, знаходймо, що най-
менше число — це р, для якого числа Зр + 1 і 4р + 1 є квадрата-
ми цілих чисел, і р = 56. Отже, відповідне найменше шукане
значення п — 337.
9.1 (484). Відповідь: 336.
Розв'язання, Випишемо ланцюги з номерів книг, що йдуть
через 13: (1) 1,15, 29,...; (2) 2,16, ЗО,.... Оскільки 666 = 14-47+8,
то із цього випливає, що там є вісім ланцюгів по 48 книг і шість
по 47 книг. У кожному ланцюзі книги з білої магії не можуть
сусідувати, тому максимальна кількість таких книг у всіх лан-
цюгах із 48 книг та в усіх ланцюгах із 47 книг може бути 24,
тому загалом найбільша їхня кількість така: 14 - 24 = 336.
9.2 (485). Відповідь: 8.
Розв'язання, У кожній із восьми вершин куба сходяться по
три квадратики, кожний з яких має з іншим спільну сторону,
а тому всі вони мають бути різного кольору. Таким чином, якщо
було б більше ніж вісім квадратиків однакового кольору, то за
принципом Діріхле принаймні два
з них мали б спільну вершину в од-
ній із вершин куба, а тому не могли б
мати однаковий колір’. Отже, 8 — то
найбільше можливе значення.
Наведемо приклад, коли дійсно ві-
сім квадратиків можуть мати однако-
вий колір. Розглянемо розгортку куба
(рис. 8.63): позначені сірим квадрати-
ки фарбують однаковим кольором.
350
10 (486), Відповідь: не можуть.
Розв'язання. Доведемо, що з усіх частин, що утворилися в ре-
зультаті розрізання даного трикутника, буде принаймні одна,
яка матиме щонайменше три нетупих кути. Застосуємо ММІ,
база очевидна.
Розглянемо розрізання на л-му кроці. Якщо при цьому не
можна розрізати частину, що має щонайменше три нетупих
кути, то індукційний перехід спрацював. Якщо можна розрізати
частину, у якій є щонайменше три нетупих кути, то підрахуємо
кількість нетупих кутів у двох новоутворених частинах:
•	якщо лінія розрізу проходить через вершину нетупого кута,
то замість одного такого кута мй отримаємо два;
•	якщо лінія проходить через сторону або через вершину тупого
кута, то принаймні один із кутів, що утворяться, буде нетугіим.
Таким чином, їх стане більше мінімум на 1, замість жодного.
Оскільки розріз проходить двічі через край, то, .замість мінімум
трьох нетупих кутів, ми отримаємо мінімум 5. За принципом
< Діріхле, в одній із цих частин їх буде не менще ніж три.
Твердження доведено.
Оскільки ми отримаємо 2017 трикутників, то принаймні один
із них матиме не менше ніж три нетупих кути, а тому не буде
тупокутним.
Середня ліга
1 (487). Розв'язання. Позначимо через Яп =ак +а2 + .,,+ап, 3 реку-
рентного співвідношення отримаємо, що Зап_1=2п(ап_1-ап),
Аналогічно
3ап-2=2(«-1)(а»-2-а1.-і)> •••> За1=2-2(а1-а2).
Додамо всі ці рівності:
38п-Зап=^2палУ2(ап_1+ап_2 + ... + а1)+2аї	8п = 2^-(2п-1)а„.
Оскільки аі >0, то маємо потрібне: 8п =1-(2л-1)а„ <1.
2.1 (488). Розв'язання. Зрозуміло, що р=1(тос16), покладемо р =
= 6й 4- 1, тоді 4к. Звідси
т 1	1	1	1
— =-----1----1----Ь... 4* -
п 1-2 3-4 5-6
. 1 1
= І4--1-Ь..
З 5
1 1 1
= І4--1--1—
2 3 4
1 1 1
=------1-----ь... 4-
2й + 1 26 + 2	4к
Р
1 1
(д-І)-д 1-2 + 3-4
1____
4Й-1 2 4 6*
1 і 1	1
+ ...+----1--------.
4к 2 3
1	1 V ґ 1
-----1--
26+1 4/г
ь . Р
1
(4к-1) • 4к
1
1----
5-6
1
4к
_2_
2к
1
------------ +...+
2к + 2 4к-1)
-+...+-----------.
(2к +1) (4/г) (2к + 2) (4к -1)	(Зй) (Зк +1)
1 1
---І------
36 36 + 1
351
Оскільки р не скорочується в жодному із дробів (через те що р —
просте число, більше за кожний множник знаменника), то р | т,
2.2 (489). Відповідь*. ГМТ зображено на рис. 8.64.
Розв'язання, Зробимо заміну х = Ь + 1, тоді задану умову пе-
репишемо таким чином:
у3 (Ь+1)+Ь3 (у+1) > у3 (Ь2 + Ь)+&2 (у2 + у}.
Далі шляхом перетворень отримаємо таку нерівність:
(у-ь)2(уь+у+ь)>о.
Зрозуміло, що перший множник дає першу частину відповіді:
у = Ь = х - 1.
Далі треба розглянути умову уЬ+у+Ь>0. Повернемося до змін-
ної х = Ь + 1:
і/(х-1)+г/+х-1>0 <=> ух+х-1>0 ух>1-х <=>	-1.
х
Остання умова дає другу частину відповіді.
Разом їх зображено на рис. 8.64.
Рис. 8.64
Рис. 8.65
З (490). Розв'язання, 3 умов задачі випливає така рівність кутів
(рис. 8.65): /МАС = гМВР, /МСА = /МВВ, Тому АМАС ™ ДМВП.
Нехай точки X, У — середини діагоналей АС та ВВ відповідно.
Тоді /МХС-/МУВ, звідки маємо, що точка М лежить на опи-
саному колі трикутника ОХ¥. Аналогічно на цьому ж самому
колі лежить і точка N. А оскільки точки X, У — середини діа-
гоналей АД і В1В1 відповідно чотирикутника АІВ1С1ВІ^ то
з аналогічних міркувань отримаємо, що на тому самому колі
лежать також і точки Р, Я*
352
4.1	(491). Розв'язання. Позначимо через и> описане коло трикутника
АХУ\(рис. 8.66). Оскільки образ прямої ВС відносно прямої ХУ
дотикається до кола и), то образ кола іо відносно прямої ХУ до-
тикається до прямої ВС у деякій точці Т. Позначимо через.Р
другу точку перетину описаних кіл трикутників ВХТ і СУТ.
Тепер можна записати таки рівності вписаних кутів:
/ХТУ = /ХАУ = /&АС ==>
/ВРС = /ВРТ + /СРТ = /ВХТ + /СУТ = 360° - /АХТ + /АУТ =
= /ХАУ + /ХТУ = 2 /ВАС = /ВОС.
Звідси випливає, з одного боку, що точка Р лежить на описа-
ному колі трикутника вод, а з другого боку, маємо:
180° - /ВАС = /ХВТ + /УСТ = /ХРУ.
Через це точка Р лежить на описаному колі трикутника АХУ.
Покажемо, що зазначені в умові кола дотикаються в точці Р,
а це рівносильне тому, що
/ВРХ - /ВСР +/ХАР => /ВСР = /ТУР та /ХАР = /ХУР,
. /ВСР + /ХАР = / ТУР -і- /ХУР = /ХУТ.
Однак, відповідно до припущення, /ХУТ - /ХТВ = /ВРХ,
що й завершує доведення.
4.2	. Див. розв'язання задачі 4.1 (478) молодшої ліги.
5.	Див. розв’язання задачі 5 (480) молодшої ліги.
6.	Див. розв’язання задачі 6 (481) молодшої ліги.
7	(492). Відповідь*. могло.
Розв'язання. Доведемо ММІ за кількістю рядків п. Для п - 1
усе очевидно.
353
Нехай виписано належним чином п рядків, при цьому у верх-
ньому рядку ми маємо числа а, а + 1, ..., а + 99. Виберемо .
N > а + 99. Тоді для і = 0, 99 чис'ло АЧ + а + і ділиться на а + і,
тобто ці числа можна було вибрати як дільники. Твердження
доведено.
8.	Див. розв’язання задачі 8 (483) молодшої ліги.
9	(493). Відповідь: 20.
Розв’язання. Виберемо депутата А й подамо на розгляд його .
список із 10 кандидатів. Далі, якщо цей уряд не приймають
одностайно, то розглянемо списки тих депутатів, хто його не
підтримав. В їхніх списках немає жодного кандидата зі списку
депутата А. Виберемо серед них деякого депутата Б та додамо
його список із 10 кандидатів до списку депутата А, за умови,
що всі ті, хто не підтримав список депутата А, мають спільно-
го кандидата в списку депутата Б, а тому загальний список із
20 кандидатів підтримають усі.
Покажемо, що меншою кількістю кандидатів у загальному
випадку обійтися не можна. Для того достатньо,, щоб депутат
А мав список із 10 кандидатів, а решта депутатів — однако-
вий список із 10 інших депутатів.
10.1 (494). Відповідь: 35.
Розв’язання. Спочатку доведемо допоміжну лему.
Лема. Нехай опуклий многокутник відрізками розбито на
т невироджених (не обов’язково опуклих) многокутників.
Тоді на межі многокутника та всередині його існує не біль-
ше за 2 (тп - 1) точок, де збігаються принаймні три відріз-
• \ ки, причому рівність досягається тоді й тільки тоді, коли
в жодній точці не збігається більше ніж три відрізки.
Доведення. Скористаємося ММІ. Випадок т = 1 очевидний.
Нехай т = к +1. Виберемо довіль-
ний многокутник розбиття А. Очевид-
но, що існує інший многокутник В
(рис. 8.67), який має зв’язну спіль-
ну межу з многокутником А. Ці два
многокутники мають зв’язну спільну
межу у вигляді відрізка чи ламаної;
якщо прибрати ці відрізки, ми при- Рис. 8.67
йдемо до випадку т = к. При цьому
кількість точок, де збігаються принаймні три відрізки,
зменшиться максимум на 2, що й доводить крок індукції.
Твердження про рівність також безпосередньо випливає
з кроку індукції.
Лему доведено.
354
Позначимо червоним кольором їочки Д,...,А,0. Очевидно,
що синіх точок скінченна кількість, оскільки кожна з них
є центром описаного кола якогось трикутника А.А^. Тепер
-нехай М — довільний опуклий многокутник, що містить усі
червоні та сині точки, 8Р...,82О — множини точок усередині
многокутника М, для яких відповідно точка Д, ...,^0 є най-
ближчою серед усіх червоних. Легко бачити, що множини
8р...,820 — розбиття на опуклі многокутники, обмежені сере-
динними перпендикулярами до сторони АІАІ та межею велико-
го многокутника. При цьому точки всередині многокутника М,
де збігаються три.або більше відрізків,— це якраз ті точки, для
яких існують п>3 червоних точок, що відстань до них є рів-
ною та меншою за відстань до інших 20 - п точок, оскільки
спільні точки межі 8. .та 8у є одночасно найближчими до. то-
чок Д та Аг Звідси маємо, що коли жодні чотири червоні точ-
ки не лежать на одному колі (умова І),, то точок перетину чо-
тирьох і більше відрізків усередині многокутника М не буде.
Точки ж на межі многокутника, де збігаються три або більше
відрізків (пофарбуємо їх зеленим), — це за аналогічними мірку-
ваннями ті точки межі, для яких існують п>3 червоних то-
чок, що відстань до них є рівною й меншою за відстань до ін-
ших 20 - п точок. Якщо центр описаного кола жодного
трикутника із червоних точок не лежить на межі многокутни-
ка М (умова 2), то відповідно точок перетину чотирьох і більше
відрізків не буде й на межі.
За доведеною лемою найбільша можлива сумарна кількість
синіх і зелених точок складає 38. Доведемо, .що зелених точок
існує принаймні 3.
За визначенням зелені точки є відповідно точками збігу при-
наймні .двох многокутників 8. на межі многокутника М. Ця
кількість, очевидно, не може дорівнювати 0 або 1. Якщо є рівно
дві зелені точки, то з опуклості многокутника 8. випливає, що
може бути тільки два многокутни-
ки розбиття, — суперечність. Отже,	А
кількість зелених точок не менша	/
ніж 3. Із цього випливає, що синіх	/ : \
точок не більше за 38 - 3 = 35.	/	\
Побудуємо відповідний приклад. /	\ •
Нехай многокутник М — правиль- /	\
ний трикутник АВС. Розташуємо /..•*’ і
по червоній точці близько до се-	*•(?
редини кожної його сторони та 17
інших точок на невеликій відстані	. рис. 8.68
від центра (рис. 8.68). З міркувань
355
неперервності можна зробити це так, щоб виконувались умови
1 і 2. Тоді за доведеним є рівно 38 синіх і зелених точок; Геоме-
трично нескладно показати, що будь-яка точка межі трикутника
АВС ближча до середини якоїсь зі сторін, ніж до центра. Тому
буде рівно три зелені точки біля вершин і відповідно рівно 35
синіх.
10.2. Див. розв’язання задачі 10 (486) молодшої ліги.
Старша ліга
1.1 (495). Відповідь-. 2525...25+11..110.
• •	2016	1009
Розв'язання. Нехай к~2]>2. Очевидно, що найменший ква-
драт з к + 1 цифрою то є 10*=(І0')2. Числа, які записуватиме
Оксана, задаються формулою:
(10'У
10*
1 =
•')2Т Г(іо;
+1)2
10а
л.2
ю*_Г
’л2ко
І ю*. З ІдоМ
при цьому всі попередні виписані Оксаною числа або рівні, або
п2
Умова переривання послідовності така:
(П+1)2
(п + 1)1
І*
відрізняються рівно на 1. Нехай
п2<(а+1)10* та (а + 1)10* <(и + 1)2. Звідси маємо:
10* = (а+2) 10* - (а+1)10* < (п+1)2 - п2 = 2и+1,
10*
тому п=—+т, де тпєН. Тоді
2
_2 і ґ .лЛ '	і г\к	-2
п 1 і ю	111 т
10* 10* к 2	)	4	10*
Із цієї рівності 10* : 4, тому потрібна умова виконується,
(т + 1)2!'
>1. Це означає, що
= а,
-.10*]	1 10'
>а+2. Тоді
іп2
_10*_
'	/ті2 <10* <(ттг + 1)2 або /ткІО'=Стп+1, тому тп = 10'-1.
Тепер маємо:
/(Л) = /(2у) = а+1 =
якщо
= 0 та
_ 10*
.2
V/
Д0*'_
. 1007
, 10*	. 10' 1ЛІ
+ 1 =---+ 771 + 1 = —— + 10',
4	4
. 1008	1008	А • 1007	1007
£/(2у)=£ —+10' = 25- £102'+10- У*. 10у =2525...25+11..110.
1-і	4	•/	,=0	/-о	гоїв - 100В
1.2. Див. розв’язання задачі 1 (487) середньої ліги.
2. Див. розв’язання задачі (488) середньої ліги..
356
3.1 (496). Розв’язання. Оскільки АМА^А^ ™ 6МА3А4 (рис. 8.69) =>
А& МА4 а4в3
—=-------± = —2—2.. аналогічно
А1В1 _А1М_А1А<_	___ _
В1А2'~ ма2~ а2а3~ в^ ма,~ В3а/
А^В2 _ АуВ4 _
^2^3 'ДрА* -^З-Ал

Позначимо сторони чотирикутника як
А*А4 = с, А4А^ =(1, тоді
— Р^А^ 4- -Аз^Аз 4- А^В3 та В1В3 = В1А14- АГА4 4- А4В3
дк=—ал+—л7аГ+—Хк +
.  13 а^ь 1 2 а+ь^^ а+ь^ 3
+Т~^А^=Т~Т	+Т1А^-
(і + Ь	(і + Ь	сі + Ь	(і + Ь	сІ + Ь
Ці два вектори мають однакову довжину, отже, пряма ВХВ3
утворює однакові кути з прямими А2А3 та А^А4. Аналогічно
пряма В2В4 утворює однакові кути з прямими АГА2 та АдА4.
357
Нехай прямі А^А^ та А3А4 перетинаються в точці Р9 а прямі
та ДА4 — у точці (}. Випадок паралельності розглянемо
окремо. Без втрати загальності можна припустити, що трійки
точок (А19А2,Р)9 (Аі,А29Р)9	(А^А^О) лежать
саме в такому порядку на прямих, що містять сторони чотири-
кутника. Тоді пряма В2В4 паралельна бісектрисі кута А^РА^,
апряма.ДВд паралельна бісектрисі кута А^ОА^ Кут між бісек-
трисами кутів А^РА^ та А^А4 дорівнює:

=	+ -/А. +-(24, +гд, + ^4 + /А,-360°) = і^А,+-гА1,.
2	2 2к	-2—34	) 2—з 2—і
що й треба було довести,
3.2. Див. розв’язання задачі 3 (490) середньої ліги.
4. Див. розв’язання задачі 4 (491) середньої ліги.
5 (497). Відповідь: перемагає Олеся.
Розв’язання. Спочатку випишемо «оціночну вартість» ква-
дратів кожного можливого розміру,* залежно від першого ходу.
Найбільший можливий квадрат — це 8x8, найменший — 1x1.
Квадрат	Перший хід Андрія	Перший хід Олесі
8x8	5-64-32 =48 4	64-5-32 = 24 4
7x7	5- 49-28=15£ 4	4	49-5-28=14 4
6x6	5-36-24 = 16 4	36-5-24=6 4
5x5	5-25-20 = — 4	4	25-5-20=0 4
4x4	5-16-16 = 4 4	16-5-1б = -4 4
3x3	І сл СО: 1 ЇХЗ II 1 н	со 1 •&. І сл ь* ьо II 1
2x2	І сл 1 00 II 1 00	1 І сл оо II
1x1	| сл Ні 1 4^ II 1	1 І сл II А-
358
Першим ходом Олеся малює ква-
драт 6x6 (рис. 8.70). Це дає їй од-
разу перевагу в 6 балів. Крім цього»
за будь-якої гри хтось із гравців
має намалювати квадрат 8x8, що
дасть перевагу ще у 24 бали.
Далі неважко збагнути, що на
тому місці, яке залишилося, мож-
на побудувати не більше ніж 4 ква-
драти,— це дає перевагу Андрію.
Якщо там буде намальований ква-
драт .4x4, то всередині буде ще
один квадрат — 2x2 чи 1x1. Це	Рис. 8.70
дасть результат -10.
Аналогічно, якщо там буде намальований квадрат 3x3, то
всередині буде ще один квадрат 1x1. Це дасть результат -10.
Якщо там будуть намальовані лише квадрати 2x2 чи 1x1, то
квадратів 2x2 буде не більше ніж один, а квадратів 1x1 — не
більше трьох. Сумарний найбільший результат буде -18.
Зауважимо, що перший хід Олесі у вигляді квадрата 8x8 до
перемоги не веде, оскільки тоді Андрій малює квадрат 3x3. Те-
пер неважко збагнути, що всього буде мінімум по одному ква-
драту 3x3 та 2x2, а також мінімум три квадрати 1x1, разом це
дасть результат-24.
6.1 (498). Відповідь: 440.
Розв’язання. Нехай є р різних кольорів і д різних розмірів.
Якщо маркер має колір І та розмір /, то ми помістимо його в ко-
мірку (і, у) (ряд, стовпчик), У кожну комірку може бути поміще-
но щонайбільше один маркер. Назвемо розмір і колір маркера
його особливостями. Кожна особливість однакова в усіх марке-
рів однієї лінії (рядка чи стовпчика).
Позначимо через 8 суму всіх записаних чисел і розглянемо,
наприклад, ряд і. Нехай у ньому міститься всього т. маркерів,
при цьому маркер М — один із них. Тоді в загальну суму
цей маркер дає число (т - 1). Таким чином, позначимо кіль-
кість маркерів в ряду 4=1, р через х., у стовпчику / = 1, д — чег
рез у.. Тоді
5=2л (•»< -1)+(у, -!)•
/=1
Оскільки серед записаних чисел є принаймні по одному числу
0; 1; ...; 10, то
8>0 • 1+1 • 2+2 ’ 3+...+ 10 • 11 = 440.
359
Залишається навести приклад, коли це досягається (рис. 8.71).
	1	1	1	1	1	1	2	6	8	10	4	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1
1								*																
1								*																
1								*																
1								*																
1										*														
1										*														
1										*														
1										*														
1										*														
7									*	*						*	Л	*	*	*				
9							*	*	*	*	*	*	*	*	&									
11	*	*	*	*	*	*	*	*	*	*	*													
5									*	*											*	*	*	
3									*	•а														*
1									*															
1									*															
1									*															
1											*													
1											*													
Рис. 8.71
6.2. Див. розв’язання задачі 6 (481) молодшої ліги.
7 (499). Розв'язання. Доведемо методом від супротивного. Припус-
тимо, що такі пари чисел існують, нехай одна з них — (х, у).
п .	.	.	. ( і 'і (	15
Оскільки тоді пари раціональних чисел такі: —. у , х, — ,
V * ) к у)
( 1 Й '	-	.
—, — , то можна вибрати пару, для якої х, у > 0.
І х у)
тт	.	4х// 4и г.
Покладемо и = ху> тоді хлу---------=----.. Зрозуміло, що
ху-1 и-1
и ф 1. Тоді квадратне рівняння
Ч2——#+п = 0
и -1
за теоремою Вієта має раціональні корені (х, у), тому його дис-
кримінант має бути квадратом раціонального числа:
п ( V л	’
Р = ---- -4и, звідси квадратом раціонального числа є також
ки-1/
вираз
4и2 - и (и -1)2 = и (би - и2 -1).
360
Нехай,и =р, ц > 0, (р, д) = 1 => и(6и~и2-1) = -і-рд(6рд-р2-
Ч	Ч
-д2) РЧ(6РЧ~Р2 ~Ч2) — квадрат натурального числа. Неваж-
ко збагнути, що із .взаємної простоти чисел р, д випливає, що
квадратами мають бути також числа: р = з2, д = £2, брд -р2 -д2 = о?2,
де (з, і) = 1, та з*і =>
о?2 - брд - р2--д2 = (2з£)2 ~ ($2 ~ *2)2 •
Без обмеження загальності будемо вважати, що з > і > 0, та
з усіх трійок чисел (з, і, и>); що задовольняють наведені умови,
виберемо такий набір, для якого з+£->пііп => (з, 0=1* Числа
(п>, з2 -і2, 2з0 утворюють піфагорову трійку, оскільки 2зі — пар-
ґ е2 .2 ’	\
2	?	.	І 8 — Т ]
не число, 8-і — парне число, з» і — непарні, тому І—-—, зі І = 1,
Таким чином, справджується рівність
Із властивостей піфагорових трійок маємо, що існують вза-
ємно прості натуральні числа пі у п, для яких з2 -і2 =Агпп та зі -
-пі2 + п2. Нехай тп — парне, п — непарне. З рівності ,з2-і2-
= (з -і) (з + і)-4тп випливає, що існують натуральні попарно
взаємно прості числа А. В, С, В, що задовольняють умови:
з	і- - 2АВ, з - і = 2СВ, тп - АС, п - ВВ.
Додаючи до заданих рівнянь рівність зі = т2 + п2, отримуємо:
2А2В2-(А2 + В2) (В2+С2). Виходячи з того, що С — парне, а та-
кож зі зроблених припущень, маємо: числа А, В, В — непарні.
Тому з останньої рівності А2~В2 + С2 та 2В2 = А2+В2, звідки
А=-а2 В~а2-Ь2, С = 2аЬ, де (а, Ь) = 1, а > Ь > 0. Тоді з умо-
ви 2В2 =• А2 4-В2 => В2=а4+Ь4’-6<Лг та (2Р)2 =6(а+6)2(а-Ь)2-
-(а + Ь)4-(а-&)\
Одержали суперечність з умовою, що вибрані раніше числа з,
і мали найменшу можливу суму:
з±і = 2АВ = 2В(а2 +д2)>2а=(а+д)+(а-&)>0.
Ця суперечність і завершує доведення.
8. Див. розв’язання задачі 8 (483) молодшої ліги.
9 (500). Розв'язання. Позначимо через ах = а, тоді
а2-а+ксІ, а2*1==(а+рсіуі--а+ІсІ, а2+1-(а + д<ї)2 ~-а+тсі.
Тепер з рівності
а + Ш - (а -і- рії)2 = а2 + 2ар<1+р2(і2 -а^к<і+2ар<і + р2^2 =>
=> 1-к-2ар + р2^.
361
Аналогічно т - к = 2ад+([2й. Оскільки р2ц - у2р * 0, то останні
два рівняння можна розв’язати як систему відносно а та (і:
__ р2(т-к)-д2(і-ії)	р(т-к)
& *“ о/ 2	2 \	2	2	’
2(рд-$р)	Р<7-?Р
.' Отже, числа а та (і — раціональні. Крім того, р2а2 = р2а + кр2(і.
Але р2сІ = 1-к-2ра. Звідси
р2а2 -р2а+к(1-к-2ра) = (р-2к)ра+к(1-к).
Таким чином, ра є коренем квадратного рівняння
х2 -(р~2к)х-к(1-к) = ().
Нехай ра =—, де и?є2, зє№, та ці числа взаємно прості.
2
Тоді з останнього квадратного рівняння маємо:
ш2 -(р~2к)и>2-к(1-к)22 =0.
Звідси и); з, тому 2 = 1,ра = и> — ціле число. Аналогічно да —
ціле число. Оскільки (р, д) = 1, то існують цілі числа и, V, для
яких справджується рівність: ри+ді? = 1 => (ра)и+(да)и = а, звід-
ки випливає, щд аєі Тоді з рівності р2сі = 1-к-2ра число р2й —
ціле. Аналогічно д2гі — ціле. §нову з умови (р2,д2)=1 отримає-
' мо, що (і — ціле.
10.1. Див. розв’язання задачі 10.1 (494) середньої ліги.
10.2. Див. розв’язання задачі 10 (486) молодшої ліги.
Усна особиста олімпіада
Молодша ліга
1 (501). Відповідь: 13.
” Розв'язання. Нехай Андрій виграв а ігор. Тоді можна скласти
' такі умови:
ах + 6у = 147 та ар + 6х = 123.
Звідси маємо, що ах + 6р - ау - 6у = (а - 6) (х - у) = 24. З на-
ведених рівностей ах та ау мають бути непарними, тому й чис-
ло а - 6 так само непарне/ Отже, можливі два варіанти.
Варіант 1. а - 6 = 1, тому а - 7 та х - у = 24. Звідси 7х+6д =
= 147 => 7(24 + р) + 6д = 147 => 13г/ = -21 — суперечність.
Варіант 2. а - 6 = 3, тому а = 9 та х - у = 8. Звідси 9х+6г/ =
= 147 => 9 (8-н/)+6д = 147 => 15у = 75 => у = 5 та х = 13.
2 (502). Відповідь: 101222333355555.
Розв'язання. Спочатку з’ясуємо найменшу кількість цифр,
які мають бути в записі малочудового числа. Якщо в ньому
є цифра б, то принаймні один раз; ,цифра 1 — щонайменше два
рази; цифра 2 — як мінімум три рази; цифра 3 — як мінімум
чотири рази; цифра 4 — щонайменше п’ять разів. Зрозуміємо,
що найменша кількість цифр — це1ч-2-і-3-г4-І-5 = 15.
362	’
Перевіримо, чи існує малочудове число, що має в записі рівно
стільки цифр. Найменше число з такою кількістю цифр — це.
число 101222 333344444, сума цифр якого така: 0*1+1-2+2*3+
4-3 • 4+4• 5 = 40. Наступне число — 101222333355555, яке,має
суму цифр 45 і задовольняє умову.
З (503). Відповідь-. АРЕС = 90°.
Розв’язання. Помітимо, що трикутники АЕС та ВЕЕ є прямо-
кутними. Тому їхні медіани ЕР та ЕС дорівнюють половинам
відповідних гіпотенуз, тобто ЕР = АР та ЕС = СЕ. Тоді ААЕР =
= АЕАР та АЕЕС = АЕЕС. Отже, маємо:
АРЕС = ААЕЕ ~ ААЕР - АЕЕС = 135°- АЕАР - АЕЕ С =
= 135° - (180°-135°) = 90°.
4	(504). Розв’язання. Нехай АВСЕЕ — заданий п’ятикутник.
Якщо в якомусь із п’яти трикутників АВС, ВСЕ, СЕЕ, АЕЕ,
АВЕ лежать дві задані точки, то твердження доведено. Якщо
в кожному з них лежить не більше як одна точка, то існує три-
кутник, у якому немає жодної точки. Тоді чотирикутник, що
доповнює цей трикутник до п’ятикутника, задовольняє умову.
5	(505). Відповідь: с = 9. 
Розв’язання. Припустимо, що с < 9. Тоді ц+3 = аЬ...с9, п + 2 =
-аЬ...М, п+3 = аЬ...д1, де й = с + 1. Числа п + 1 і п + 3 — не-
парні, а суми їхніх цифр такі: а + Ь + ... + с + 9 та а + Ь 4- ... +
+ (с + 1) + 1, тобто принаймні одне із цих чисел парне, а тому
не може бути дільником непарного числа. Одержана супереч-
ність доводить хибність припущення.
6	(506). Відповідь: 45°, 75°.
Розв’язання. Нехай точка Р — середина відрізка АК
(рис. 8.73). Тоді трикутник АКР — правильний. Далі з трикут-
ника АИК знаходимо, що ААКК-30°. Позначимо:
ААСВ = АСМК = а => ААВС^АКМК =120°-а..
Тоді АКМІЇ = звідси трикутник КМК — правильний.
Далі маємо: АММА = 90° => 2а = 90°, а тому ААСВ=45°, ААВС = 75°.
А
Т^\р
_________а/\-
В м	с
Рис. 8.72	Рис. 8.73
363
7	(507). Відповідь: п = 7, • ’
Розв’язання, Оскільки в кожному раунді грають рівно
троє гравців, то одночасно грають рівно три пари. Тому по за-
вершенні п раундів зіграють рівно Зп пар. Оскільки кожна пара
повинна зіграти принаймні один раз, то має справджуватися не-
рівність
С„2<3п	я(п~^<3п <=> п<7.
2
Покажемо, що п = 7 — можливе значення. Занумеруємо учас-
ників числами 1; 2; ...; 7:
(1; 2; 3), (1; 4; 5), (1; 6; 7); (2; 4; 7), (2; 5; 6), (3; 4; 6), (3; 5; 7).
8 (508). Відповідь: таких чисел не існує.
Розв’язання, Якщо числа а, Ь, с однакові, то все очевидно.
Нехай однакові не всі числа. Нехай а — одне з найбільших серед
а2	Ь2
чисел. Тоді якщо а > Ь, то — > а. Якщо а = Ь, то д > с і — >а — .
Ь	с
таким чином, найбільше із шести чисел перевищує більше із
чисел а, д, с. Аналогічно приходимо до суперечності в припу-
. щенні, що а — одне з найменших чисел.
Середня ліга
1 (509). Відповідь: 10 очок.
Розв’язання. Нехай Андрій виграв а 4- 6 ігор. Порядок пере-
мог і поразок не має значення, важливою є лише остаточна за-
гальна кількість поразок та перемог. Тоді вважатимемо, що спо-
чатку обидва хлопці за чергою виграли по шість ігор та набрали
рівну кількість, очок. Після цього Андрій виграв а ігор, у яких
набрав на 5 очок більше. Таким чином, різниця очок між по-
разкою та перемогою має дорівнювати дільнику числа 5. Отже,
можливі два варіанти: ця величина дорівнює 1 або 5.
Варіант 1. х = у 4- 1, тому Андрій виграв 6 4-5 = 11 ігор* Тоді
можна скласти рівняння отримання очок Андрієм:
11(і/+1)+6і/ = 100 => 17^ = 89 — неможливо.
Варіант 2. х = у 4- 5, через це Андрій виграв 6 4-1 = 7 ігор.
Тоді рівняння отримання очок Андрієм.таке:
6г/+7(г/4-5) = 100 => 13і/=65 =>' г/ = 6 => х = 10.
2 (510). Розв’язання. Розділимо вихідний квадрат на квадрати
2x2. За принципом Діріхле щонайменше, в одному такому ква-
драті пофарбовано принаймні три клітинки. Вони й утворюють
шукану .фігуру.
З (511). Відповідь:101^..23..^
З 4	5 б 8	9	10	11
Розв’язання, Спочатку з’ясуємо найменшу кількість цифр,
які мають бути в записі чудового числа. Оскільки цифра 0
364
обов’язково є там принаймні один раз, то цифра 1 — щонаймен-
ше два рази, цифра 2 — як мінімум три рази, ..., цифра 9 — як-
найменше 10 разів. Підрахуємо суму цифр такого числа:
0 • 1+1• 2+2 • 3+... + 9 -10 = 330.
Ця сума не кратна 9, отже, треба додавати цифри. Згідно
з умовами задачі додавання к цифр а вимагає збільшення при-
наймні на к усіх цифр, більших ніж а. Для найменшої кількості
цифр процедура додавання цифр має бути однією з таких;
Додаємо цифру 9, яка не змінює подільності на 9, потім до-
даємо цифру 8. Сума цифр становитиме 347. Далі можна додати
цифри 7 та 6 — матимемо число із сумою цифр 360, кратне 9,
або додати цифри 9 і 8 — отримаємо число, не кратне 9. Отже,
шуканий набір цифр знайдено. Залишається розташувати їх та-
ким чином, щоб вийшло найменше можливе’ число:
1012^3^£^5^6^7^8^9^.
З 4	5	. 6	. 8	9	10	11
4 (512). Розв’язання. Із властивостей вписаних кутів та з умов за-
дачі маємо, що	= /АВВ та АВАР = АВАВ (рис. 8.74). Звідси
випливає: ААВР-АААВВ => ААЕР = ААВР = ААВВ, тому ЕР\\ВС.
Тоді АХВР - АЕРР = АВАХ. Через це пряма ХВ дотикається до
описаного кола трикутника АВР, тому ХВ2 =ХР • ХА^ХВ2.
Звідси ВХ = ХВ, аналогічно В¥ = ¥С, що й треба було довести.
. Рис. 8.74
5 (513). Відповідь: цифра 3.
Розв’язання. Нехай 2Л = сА, 5к = сВ, причому в записі цих чи-
сел є п + 1та т + 1 цифра відповідно.
365
Помітимо, що тоді 10" <2к <10"х1 та 10"' <5* <10"1+1. Звідси
10"+т <10* <10"+Шт2, тобто к = п + т + 1.
Оскільки 10* = 2* • 5* = (с • 10" + А) (с • 10т + В), то .
с2 • 10"+/" <10А=10"+"г+1 <(с • 10" +10") (с • 10т +10т)=(с+1)2 • 10"+т.
Отже, с2 <10<(с+1)2. З останньої нерівності випливає, що єди-
не можливе значення цифри — с = 3. Залишилося помітити, що
умову задовольняє, наприклад, к = 5.
6 (514). Розв'язання, Нехай АС — найбільша сторона трикутни-
ка АВС, А1С1 — відповідна середня лінія, точка М — середина
А1С1 (рис. 8.75). Оскільки кути ВАС та АСВ гострі, то точка М
проектується перпендикулярно на пряму АС в..точку В19 яка на-
лежить відрізку АС. Проведемо розрізи В1С1 і ВХАГ Оскільки
ВкМ — висота й медіана трикутника А1В1С1, то він рівнобедре-
ний. Далі переносимо трикутники В1СА1 та АВ& відповідно
в положення трикутників ВОА^ і РВСг та отримуємо рівнобедре-
ник трикутник
7 (515). Розв'язання, Нехай точки М, N — середини відповідно
сторін АВ та АС правильного трикутника АВС (рис. 8.76). Чоти-
рикутник ВМІЇС — вписаний, тому /ВРС- 120°. Отже, з одно-
го боку, тонка Р лежить усередині кола, описаного навколо чо-
тирикутника ВМІЇС, через те /МРІЇ > /МВІЇ - 30°.
З другого боку, чотирикутники МОРК та ІЇОРЬ — вписані.
Тоді маємо:
/МКО = /МРО, /N£0 = /ІЇРО =>
=> /АКО + АА£О = /МРІЇ > 30° => /КОЬ = /А + /АКО + 2А£0 >90°.
366
8 (516). Розв'язання. Нехай А = (а* +...+а2 )2, В=(д2 +...+Ь2 )2, тоді
ліву частину нерівності перепишемо таким чином:
А*+2 +ВР+2	(Ар + ВР).
п	/а1
Оскільки ]ГаД<_АВ, то достатньо довести, що Ар+2+Вр+2>
і-1
>ВАР+1+АВР+1. Це випливає з нерівності мажоризації або до-
водиться розкладанням на множники.
Старша ліга
1	(517). Відповідь: р = 2 та р = 3.
Розв'язання. Оскільки рх = (у+1) (у2 - у -1), то у = ра -1. Тоді
р* = (ра -І)3 +1 = р3а -Зр2а +3р“ = ра(3+(р2а -Зра))=>
=>рх-а = 3+(р2п-3рл).,
Тепер маємо два випадки.
Випадок 1. х-а = О, тоді ра(3-ра) = 2. Звідси, щоб ліва час-
тина була додатною, необхідньо мати р = 2 та а=1. Тоді у = 1.
Випадок 2. х-а>0, тоді 3: р, звідси р = 3; Тоді умову задо-
вольняють х = у = 2.
2	(518). Відповідь: ЕР = 6.
Розв'язання. Запишемо теорему
синусів для трикутників АВС і РВС
(рис. 8.77):
ВА = ВС =
зіп АВСА зіп /ВАС
ВС СР
=------=--------- =>
зтАВРС зіп /РВС
=> АСВЕ = АВСЕ => ВЕ = ЕС.
За теоремою косинусів для трикутника АВЕ:
АВ2=ВЕ2+АЕ2-2ВЕАЕсозАВЕА=116.
Тоді можна позначити ЕР = х і записати теорему косинусів
для трикутника СРЕ з урахуванням того, що ВЕ = ЕС т&АВ = СР:
СГ2=ЕЕ2+СЕ2-2-РЕ-СЕ- соз ЛРЕС =>
=> 116 = х2+200-2ж- —-10ї/2 =>
2 •
=> х2-20х+84 = 0 => х = 14 або х = 6.
У випадку х ± 14 матимемо АВАС^АВРС , що суперечить
умові, тому х = 6.
3	. Див. розв’язання задачі 4 (510) середньої ліги.
367
4	(519). Розв'язання. Доведемо ММІ для
довільного п. Кількість пофарбованих
клітинок складає -п(п + 1), для п = З
все очевидно.
Припустимо, що твердження справ-
джується для квадрата (га-2)х(п-2).
Розглянемо квадрат п*п і розріжемо
його таким чином, як це показано на
рис. 8.78. Усього одиничних квадрати-
ків зафарбовано:
-п(п + 1) = 2(п-3)+5+і(»-2)(п-1).
2	2
Тоді якщо принаймні і(п~2)(п-1) квадратиків зафарбовано
у квадраті (п-2)х(п-2), то твердження випливає з припущення
індукції. Інакше, у смугах ширини 2, що оточують квадрат
,(п-2)х(п-2), зафарбовано не менше ніж 2 (п ~ 3) + б квадрати-
ків. У кожному квадраті 2x2 може бути зафарбовано не більше
ніж два одиничних квадратики, що дає оцінку 2 (ті - 3), тому
у квадраті 3x3 зафарбовано не менше ніж шість таких квадрати-
ків. Якщо відкинути одиничну клітинку, що потрапляє у вели-
кий квадрат (п-2)х(п -2), залишається вісім одиничних квадра-
тиків, з яких зафарбовано принаймні 6. Виріжемо з нього
квадрат 2x2, тоді в чотирьох клітинках залишаться всі зафар-
бовані, що й завершує доведення,
5 (520). Розв'язання. Нехай задано числа Х11...9Х79 розташовані
в порядку зростання. Позначимо через [а, сі] арифметичну про-
гресію з першим членом а та різницею 4. Зрозуміло, що прогре-
сії [1, 1] належать усі ці числа. Розглянемо всі такі прогресії,
для яких Х{ -а-тк^ і =1,5, і виберемо таку, для якої різниця 4
максимальна. Тоді не всі числа кг парні, оскільки інакше мож-
на розглянути прогресію [а, 2с/]. Так само не можуть усі числа
бути непарними, оскільки інакше можна було б розглянути про-
гресію [а 4- 4. 24}. Отже, можливі такі варіанти.
Варіант 1. Мінімум три (максимум чотири) числа із п’яти к{
чисел — непарні, тоді розглянемо прогресію [а 4- 49 24}.
Варіант 2. Мінімум три (максимум чотири) числа із к1 чи-
сел — парні, тоді розглянемо прогресію [а, 2<2].
Отже, маємо прогресію [а', </'], що містить три або чотири
члени з Хр Х5. Ця прогресія є тгідпрогресією прогресії [а, 4$.
Покажемо, як знайти прогресію, що містить три або чотири
члени із шести членів ХР...,Х6. Якщо прогресія [а*,4'} містить
рівно три члени із п’яти членів ХП..., Х5 або не містить член Х6Т
363
{а, Ь, с> б/}>~^-ІІ(а4-&4-с4’Є/).
то шукану прогресію знайдено. Якщо прогресія [а', сҐ] містить
рівно чотири із п’яти членів з ..., Х5, а також містить член Х6,
то просто розглянемо процедуру, аналогічну розглянутій вище,
і знайдемо підпрогресією [а", що містить рівно три або чоти-
ри члени з ХиХбЧ
Так само знайдемо підпрогресію для [а*, бГ], що містить три
або чотири члени із семи членів Хп...»Х7.
6. Див. розв’язання задачі (515) середньої ліги.
7 (521). Розв'язання. З нерівності між середніми маємо:
(а + Ь)? + (с 4- а)2 > 4(а+Ь) (с+гі).
Без обмеження загальності розгляду вважаємо, що а4-Ь > с+(І.
Розглянемо вираз
((а+Ь) -(2+7з) (с + <і)) ((а+&) - (2 - 7з) (с+</)) =
=(а+&)2 + (с+а)2 - 4 (а+Ь) (с +в!) > 0.
Оскільки (а+&)-(2->/з) (с+й)>0, той(а+Ь)-(2+Тз) (с4-гі)>0.
Але тоді
(з+7з)(а4-&)=(2 + >/з)(а+6)+(а4-д)>(24-^І)(а4-&4-с+4) =>
=> 3+'&(а+Ь)>(а+Ь + с+<1) =>
24-л/З
2л/3(л/34-1)	, .	.	..
=>-----_—-іпах {а, Ь, с, (і} > (а+Ь+с + </)•
2 + 73
Оскільки 2 + >/з - (—
2
8 (522). Розв'язання. Назвемо множину прямих X прикріпленою к
кнопками, якщо виконується умова, що кожна з прямих цієї
множини проходить через одну із цих точок. Скажемо, що для
множини прямих X справджується умова 5 (п, к), згідно з якою
якщо будь-які п прямих прикріпляються к кнопками, то й усі
прямі множини X прикріпляються к кнопками. Тоді тверджен-
ня задачі — це 5 (п, к), де п-к2 4-1, к>3.
Доведемо ММІ по к:
5(3,1)	5(6,2)	5(10,3) ==> 5(17,4) => ... => 5(^2 + 1,й).
База індукції очевидна. Якщо кожні три прямі проходять че-
рез одну точку, то й усі прямі проходять через неї.
Нехай справджується умова 5 ((к -1)2 4-1, к -1), к > 4. Розгля-
немо множину прямих А, для якої кожні к2+1 прямих прикріп-
ляються к кнопками. Розглянемо деякі к2+1 прямих цієї мно-
жини, що прикріпляються к кнопками. Тоді принаймні одна із
цих кнопок (точок) Р прикріпляє щонайменше к 4- 1 пряму.
Нехай ЛІ сі А — ті прямі, що прикріплені кнопкою Р,
А' = А\М. Покажемо, що для множини А справджується умова:
369
будь-які (к-1)1 2 +1 прямих із множини А' прикріпляються к - 1
кнопкою. Дійсно, додамо до довільних (к-І}2 -ґі прямих із мно-
жини А' усі прямі множини М, а якщо треба, то й деякі прямі
з множини А', щоб отримати к2+1 пряму. Тоді їх можна при-
кріпити к кнопками, нехай N — множина цих кнопок. Покаже-
мо, що Рє№. Якщо,Р£№, то оскільки вони проходять через
кнопку В, то потрібна принаймні к + 1 кнопка, щоб їх прикрі-
пити. Але за припущенням маємо всього к Кнопок, тому РєК.
Тоді іншими к - 1 кнопкою прикріпляються всі прямі з мно-
жини А', що не проходять через кнопку Р, а тому й початко-
ві (&-1)2+1 пряма із множини А'. За припущенням умова
£((£-1)2 +1, к-1) справджується, тому й усі прямі з множини А!
прикріпляються, але тоді всі* прямі з множини А прикріпляють-
ся к - 1 кнопкою та кнопкою Р, тобто к кнопками. Твердження
доведено.
Розділ 9
МІЖНАРОДНІ МАТЕМАТИЧНІ ЗМАГАННЯ
ЗА УЧАСТЮ ШКОЛЯРІВ УКРАЇНИ
Відбір на міжнародні змагання
Перший день
1 (523). Розв’язання. Позначимо М(а,6) = 22...211...1, тоді
а Ь
8(М(а, Ь)) = 2а+Ь, Р(Жа, д)) = 2и. При п = 1 можна взяти 64-1.
При п > 0 виберемо деяке т таке, що 2т > т + п. Нехай а1 =
= #(2да,0), ак=М(т + к-1,2т*к-2(т + к-1)) при 2<£<п-1 і ап =
= Щт + п-1,22" “2(?п + тг-1)). У такому випадку 8(а1) = 2щ+1
і Р(а1) = 22т, 8(ак) = 2т"к і Р(ак) = 2т+к’1 при 2<к<п-1, 8(ап) = 22т
і Р(ап) = 2т+п1, а отже, наведений приклад задовольняє умову
задачі.
2 (524). Розв’язання. Нехай кути А, В,
С, В, Е — внутрішні кути п’ятикут-
ника АВСВЕ. Нехай серединні пер-
пендикуляри до відрізків АС і ВВ, що
проходять відповідно через верши-
ни В і С, перетинаються в точці І
(рис. 9.3). Тоді ВВІ СІ та АС1ВІ.
Звідси випливає, що відрізки АС
і ВВ перетинаються в ортоцентрі Н
трикутника ВІС, а отже, * ІН1 ВС.
Е
Рис. 9.3
370
Залишається довести, що точка Е лежить на прямій ІН, а це
рівносильне тому, що ЕІ А. ВС.
Прямі ВІ та СІ — бісектриси кутів В і С відповідно. Оскільки
ІА = ІС, ІВ = Іїї і АВ = ВС = СП, то трикутники ІАВ, ІСВ та ІСБ
рівні. Звідси ЛІАВ-ЛІСВ = ЛС/2-/А12, тому пряма АІ — бі-
. сектриса кута А. Аналогічно ПІ — бісектриса кута П. Насамкі-
нець, пряма ЕІ — бісектриса кута Е, через те що чотири інші
бісектриси п’ятикутника АВСВЕ перетинаються в одній точці.
Сума внутрішніх кутів п’ятикутника дорівнює 540°, тому
^Е = 540°-2/64-2^В. Із чотирикутника АВІЕ маємо такі рів-
ності:
АВІЕ = 360° - ЛЕАВ - ЛАВІ - ЛАЕІ = 360° - ЛА - і ЛВ - і ЛЕ =
2	2
= 360о-2^-і/В-(270°-гА-2:В) = 90о+|2В = 90о+/ІВС,
звідки випливає, що. ЕІ ±ВС, це й необхідно було довести.
З (525). Відповідь*. { (х) - х.
Розв'язання. Підставимо в умову у =------- та отримаємо:
.	/ /(*)/(?) ї = X .
\У(у))
Оскільки ліва частина останнього виразу симетрична віднос-
но X і у, то
х	У
--7---х--=—/ 1' А--’ Т0МУ
х/1—|+1 УЛ-~|+1
І7(у)У \ї(х))
ху/[—— |+х=хуц —І-1+у,	= Л ——1-—.
їй*); « ілу); у
Звідси Я —і- |=—+с при деякому дійсному с, а отже, функ-
х
ція / — ін’єктивна. Далі, при х =- з умови матимемо:
/<х)
( І А 1	•
/ х+С /(*)	1
№1+1
І їх ) , /(х)
Права частина рівності симетрична, через це, міняючи х і у
•	. л( сх+1 ”1 л( СУ + ^ г» *
місцями, маємо рівність /----------=/ —-------- . З ін’єктив-
\^сху + х + у }	\сху+х+у )
ності / отримуємо, що сх = су для довільних х і у, звідки с - 0.
/ і А і . / і V 1
Отже, ї\---- =— і 7 ---- =---------.
\у(х)) X \х+у} /(х)4-/(у)
371
Тепер перепишемо останню рівність у вигляді
1 (
ї(х) + ?(у) = у— Л-> тоді /Х/(*)+/(*/)) = / ~
Л—
кх + у
Розглянемо останню рівність. При х = у матимемо, що / (2/ (х)) =
1 '
= х+у.
= 2х, тому при х = 2/(х) і у = 2/ (у) отримаємо: /(2х + 2у) = 2/(х) +
+ 2/ (у). Звідси, з одного боку, випливає, що
/ (4х 4- 4у + 4з) = 2/(2х + 2у) +2/(2?) = 4/(х) + 4? (у) + 2/ (з)
і / (4х + 4у + 4и) = 2/ (2х) + 4/ (у) + 4/ (з), тому
2/ (х) - / (2х) = 2/ (з) - / (2г) = с = сопзі.
З другого боку,
/(4х) = 4/(х) = 2Д2х) + 2с = /(4х) + Зс,
тому с - 0 і /Х2х) = 2/ (х). Отже,
/(х + у) = Г(х) + /(і/),
функція / — обмежена при х > 0, тому / (х) = X для довільного
х > 0. Перевіркою переконуємося, що дана функція задоволь-
няє умову задачі.
4 (526). Розв'язання. Твердження задачі очевидне при п = 1, 2, З,
4, 5, оскільки при таких значеннях п маємо нерівність п2л/п >С2.
Припустимо^ що твердження задачі, не виконується. Виберемо
найменше натуральне п, що не задовольняє умову задачі, тобто
найменше натуральне п, для якого виконується оцінка /(п) > п2 4п.
Розглянемо множину Р з п точок Рр Р2, Рп на площині, для
яких кількість прямокутних трикутників з вершинами у цих
точках дорівнює ?(п). Доведемо, що в такому випадку існує де-
яка пряма, на якій лежать принаймні 2л/тг із цих точок. Роз-
глянемо всі впорядковані пари точок (Рі9 Р^ і поставимо у відпо-
відність кожній парі кількість прямокутних трикутників Р^Р»
у ЯКИХ кут РР& — прямий. Ця кількість дорівнює кількості
точок множини Р\{/*}, які лежать на перпендикулярі до прямої
Р,Р/9 проведеному через точку Р£. Сума цих чисел дорівнює 2/(п),
тому вона більша за 2п27и. Оскільки кількість доданків дорів-
нює п(п-1)<пг, то один із них не менший від 2>/п і відпові-
дає, перпендикуляру, що містить не менше НІЖ 2л/п точок.
Видалимо точки, що лежать на цій прямій, і з’ясуємо, яка
максимальна кількість трикутників будуть не прямокутники.
Поділимо видалені трикутники на два типи:
(а)	трикутники, вершина прямого кута яких належить ви-
даленим точкам;
(б)	трикутники, вершина прямого кута яких не належить ви-
даленим точкам.
Для того щоб оцінити зверху кількість трикутників типу (а),
розглянемо довільну пару точок Р і Ру, що не лежать на видаленій
372
прямій. Неважко помітити, що відрізок Р:Р} може бути гіпоте-
нузою не більше ніж двох прямокутних трикутників, у яких
вершина прямого кута лежить на видаленій прямій. Пару точок
можна вибрати п (п - .1)/2 способами, тому зруйновано було
менше від п2 прямокутних трикутників типу (а). ’
Аналогічно для трикутників типу (б) розглянемо всі пари то-
чок Рп Р}. їхня кількість дорівнює п (п 7 1)/2, і для кожної
такої пари існує не більше ніж два прямокутних трикутники,
у яких вершина прямого кута в точках Р{ або РР а третя вер-
шина лежить на- видаленії! прямій. Таким чином, кількість
зруйнованих трикутників не перевищує п(п-1)<п2.
Отже, ми довели, що, видаляючи точки на вибраній прямій,
зруйнуємо менше ніж 2п2 прямокутних трикутників, тому ре-
шта точок (не більша за п - 2) утворюють не менше від п2 4п -2п2
прямокутних трикутників. За припущенням, індукції,
п2 у/п -2п2 <(п-2у/п) ^п-2у/п <(п-2х/п) >/л,
звідки 2п2 <4пу/п, тобто п<4. Але цей випадок ми розглянули
спочатку, тому наше припущення неправильне, і /(п)<и2>/п
для довільного натурального п.
Другий день

5 (527). Розв’язання. Нехай а ї Ь — висота й ширина прямокут-
ника Р відповідно. За умовою а і Ь — непарні числа. Поділимо
прямокутник Р на аЬ одиничних квадратиків і пофарбуємо їх
у чорний і білий кольори в шаховому порядку (рис. 9.4). Оскіль-
ки сторони прямокутника Р мають непарну довжину, то кутові
клітинки будуть однакового кольору, скажімо, чорного. .
373
Назвемо прямокутник (В або прямокутник розбиття) чорним,
якщо всі його кутові клітинки чорні, білим, якщо всі кутові клі-
тинки білі, та змішаним, якщо одна частина його кутових клі-
тинок чорні, а інша — білі. Зокрема, прямокутник В — чорний.
Використаємо такі очевидні спостереження:
а)	кожен змішаний іїрямокутник складається з однакової кіль-
кості чорних і білих клітинок;
б)	кожен чорний прямокутник містить на одну чорну клітинку
більше, ніж білих;
в)	кожен білий прямокутник містить на одну білу клітинку біль-
ше, ніж чорних.
Оскільки прямокутник Н чорний, то чбрних клітинок у ньому
на одну більше, ніж білих, а отже, серед прямокутників розбиття
існує хоча б один чорний прямокутник, нехай це буде прямокут-
ник 8. Позначимо відстані від сторін прямокутника В до сторін
прямокутника 8 через х, у, и, V так, як показано на рис. 9.4.
Лівий верхній кут прямокутника В і лівий верхній кут прямо-
кутника 8 мають однаковий колір, що можливо тоді й лише тоді,
коли х і и — числа однакової парності. Аналогічно; розглядаючи
три інші кутові клітинки, доходимо висновку, що числа х і п,
а також числа у і и мають однакову парність. Таким чином, ми
отримали, що числа х, у, и і V парні або непарні одночасно.
6 (528). Розв'язання. Без обмеження загальності можна вважати,
що а > 0. Позначимо А = {ар а2,...»а2п_1}. Необхідно довести, що
існує підмножина В множини А така, що [ В | > п і УМ є В
з -і* а. Визначимо числа Ь19 &2, ... і множини 8Х,.82, ... таким чи-
І 8-Ь	(	і"1
8г ==^зєА	і при і> 1 ь. =тіп| А\^^
ном: -пйпА,
І
8 — Ь	І
---к Ці дві послідовності скінченні, оскіль-
а
ки в множині А є лише скінченна кількість елементів. Нехай 83,
52, ..., 8т — усі непорожні множини, а Ь19 Ь2, Ьт — їхні міні-
мальні елементи, тоді |^5=А і 8^8. =0 при і*]. Неважко.
;=1
помітити, що рівність -а;=а можлива лише у випадку, коли
аг, аіе8і для. деякого £ = 1, т. Поділимо кожну з множин 8І на
дві підмножини 8^} і 8^1) таким чином:

8-Ь.
---- — парне ч исло
а
та
8-Ь.
----- — непарне ч исло .
а
374
Для довільних двох елементів з, і є 8.}) рівність 8 - і = а ви-
конуватися не може. Залишається взяти є/ = 0, якщо | В/(0) | > | 8™ |,
. т
та єг=1 у протилежному випадку й покласти В=^£ьм. Тоді
| В | > п та 8-і^а для довільних з, і є В.
7 (529). Розв’язання. Нехай АА^ і ССг — висоти трикутника АВС,
В — така точка, що чотирикутник АВСВ — паралелограм, а точ-
ка Р — проекція точки Н на пряму ВМ. У такому випадку точ-
ки Р, М, В лежать на одній прямій, а точки Р, Н, Т лежать на
прямій, що перпендикулярна до прямої ВМ. Оскільки АА^ ± ВС
і ВС|| АВ, то ХНАВ = 90°. Аналогічно отримуємо, що ЛНСВ=90°.
Таким чином, точки А, Н, Р.3 С, В лежать на одному колі сох
з діаметром ВВ (рис. 9.5).
Рис. 9.5
375
Помітимо також, що точки А, Ср А1, € лежать на одному ко-
лі со2 з діаметром АС, а точки Сг, Н, Р, А^ — на колі со3 з діаме-
тром ВН. Прямі ЦД, НР, АС — радикальні осі кіл ш2 і ш3, сох
і со2, а>! і со3, відповідно, тому вони перетинаються в одній точ-
ці — точці Т. Оскільки ЬК\\ВМ і РТ 1.ВМ, то точка Т — про-
екція точки Н на пряму КБ. Звідси випливає, що проекції точ-
ки Н на сторони трикутника ВКБ — точки Т, Ср А1 — лежать
на одній прямій, а отже, чотирикутник КТС^Н— вписаний.
Звідси
А(КН, НВ) = А(КН, НС^+А^Н, НВ) = А(КТ, ТС^А^А,, АгВ}^
А(БТ. ТА^)+ А(ТА^ АГБ) = А(ЬК, ВВ),
тобто точки В, Н, К, Б лежать на одному колі.
8 (530). Відповідь: 807.
Розв'язання. Спочатку помітимо, що число хєО коротке
тоді й лише тоді, коли існують цілі числа а,д>0 такі, що
2е • 5Ь • х є , Справді, якщо число х — коротке, то х = для
10
деякого к. Тоді, з одного боку, можна вибрати а = Ь = к: а з дру:
2^ • 5° • <7
того боку, якщо 2а • 5й  х = дє2, то х = ---£~—-, а отже, х — ко-
ротке число.
Якщо тп-2а -5Ь • 5, де (а, 10) = 1, то - —коротке число
т
тоді й лише тоді, коли 10* -1 ділиться на 8, Тому без обмеження
загальності будемо вважати, що (ти, 10) - 1. Позначимо
С = {1<с<2017:(с, 10) = !}. Помітимо, що ти-гарні числа — це
ніщо інше, як найменші степені і > 0 такі, що 10* ^1(піо(і спі)
для деякого сеС, тобто множина показників 10 за модулем ст,
Іншими словами, 8 (тп) - {огсІст (10): с є С].
Оскільки існує 4-201+3 = 807 чисел с таких, що Кс <2017
і (с, 10) = 1 (числа с з 1/3,7,9 (той 10)), то | 8(тп) | < | С | = 807.
Далі, знайдемо таке тп, що | >$(/п) | =807. Позначимо Р = {1 < р <
<2017:р — просте,2,5} і нехай а=ф^Р| тп = 10" -1. Очевид-
но, що для довільного рєР маємо р|10а-1,
Лема. Для довільного еєС виконується огсісп(10) = еа.
Доведення. Очевидно, огдт (10) = а. Нехай і-огдст (10), тоді
ст 110* ~1=>тп 110* -І^оф.
Звідси і = ка для деякого к є N. Покажемо, що к = с.
Позначимо ор(п) максимальний степінь р, для якого рр|п.
Для довільних />1 і рєР за лемою БТЕ маємо, що
ир(10'а-1) = і>р((10“)'-1) = ^(10’-1) + с>ДП-иДт)+р„(г))
376
тому
ст 110ІХІ -1 •» Ур є Р: (ст) < (1О'“ -!)<=>
«УрєР: уДт)+и/е)<р/т)+оД/0<*Урє?: і^(с)<і>р(й)«»ф.
Найменше /г, що задовольняє останню умову, це к = с, тому
ог±т (10) = са. □
Третій день
Група «-Іипіог»
9.1 (531). Розв'язання. Припустимо протилежне. Нехай щонай-
більше ЗО камінців мають однакову вагу. Упорядкуємо камінці
за зростанням їхньої ваги. Покладемо в одну купку 17 найлег-
ших камінців, а в другу — 16 найважчих. Позначимо ваги ка-
мінців у першій і другій купках а1 < а2 <... <	і	< &2 <... < 61б
відповідно. За умовою можна видалити камінці вагою а(, ар Ьк
так, що вага купок стане однаковою. Оскільки кожен камінець
у другій купці не легший за довільний камінець у першій, то всі
камінці, що лишилися, мають однакову вагу, скажімо, с/. За при-
пущенням, а., ау, Ьк # (і. Нехай і < }. Якщо } > 2, то аг = <і або а2 = с£,
а отже, <а3 <<а17	<її, оскільки хоча б одне із чисел	Ь2
дорівнює а. Таким чином, а3 = а4 =... = а17 = і аг < а2 < (1.
Аналогічними міркуваннями отримуємо, що Ьг -Ь2 = ... = Ь1б =
=с?<д1в. Далі, покладемо в одну купку 17 найважчих камінців,
а в другу — 16 найлегших. З одного боку, хоч би як не видаляли
два камінці з першої купки, вага решти буде не меншою за 15с?.
З другого боку, який би камінець ми не видалили з другої куп-
ки, вага решти не перевищуватиме 14й-і-а2. Отже, має викону-
ватись оцінка 14с?+а2 >15гі, тобто а2><і. Отримана суперечність
завершує доведення.
ґ х Vі
10.1 (532). Розв'язання. За нерівністю Бернуллі 1 + — >1+х,
тому х + а: > а, (х + 1)1/а‘ для довільного х > 0. При цьому рівність
досягається лише при аг=1. Перемножуючи отримані нерівно-
сті при |=1>в, маємо:
±+...+^
(х+а1)(х + а2)...(х+аІІ)>а1а2...«п(х+1)‘%	““ = М(х+1)л.
Рівність досягається лише при о, -- а2 -... = ап = 1, що немож-
ливо, оскільки М > 1, тому нерівність строга. Таким чином,
Р(х) = М(х+1)*~(х + а1)...(х-ьап)<0 для довільного х > 0, а отже,
Р(х) = 0 не має додатних коренів.
377
11.1 (533). Розв'язання. Нехай точка Н — ортоцентр трикутни-
ка АВС. Тоді ХСХВ-120°, оскільки чотирикутник АЕНЕ —
вписаний, і ХВА'С = ХВНЕ = 60°(рис. 9.6). Звідси ХВА'С + ХВНВ =
= ХВА'С+ХВХС-180°, а отже, п’ятикутник ВА'СХН — вписа-
ний. Також помітимо, що ХСВХ = ХРСВ-90°-ХВ, тому ХА'ВХ =
= ХА'СХ = 90°. Звідси випливає, що центр описаного кола
п’ятикутника ВА'СХН, точка М,— це середина відрізка А'Х.
Залишається довести, що АМ — бісектриса кута ВАС.
Рис. 9.6
Зауважимо, що точка І, центр вписаного кола трикутни-
ка АВС, лежить на описаному колі п’ятикутника ВА'СХН.
378
Справді, /ВНС=180°-гА = 120° і гВІС = 90° + — = 120°. Звідси
2
точка М — центр описаного кола трикутника ВІС. Як відомо
з теореми про трилисник, центр описаного кола трикутника ВІС
є серединою дути ВС описаного кола трикутника АВС, що не
містить точку А, Отже, точка М — середина дути ВС, а тому
АМ — бісектриса кута ВАС.
12.1 (534). Розв'язання. Позначимо М = 22*~х -2Л-1. Якщо к —
парне число, то 3 | М, і число М — складене, оскільки М > 3 при
к > 2.
Припустимо, їцо к — непарне число. У цьому випадку
2М=22" -1-(2‘+і +1) = (22"’* +1) (22'1’2 +1)'...(22® +1) (24*1 +1)
Нехай к+1 = 2°і, де (і, 2) = 1, тоді 22а+1і(22°) +1 = 2/!*1+1
і & ч-іі^2*'1 +і) (г2*’2 +1)...(2І’ +1), оскільки к-1>а при к > 2.
Також (2^ 1 +1)(з2*’2 +1)...(22° +1)>3(22*'1 +1)>(2*П 4-1)+2 (22° 4-1),
тому 2М >2 (22° +1). Отже, 22" +1|М, М>22° +1, тому число М —
складене.
Група «ІМО»
9.2. Див. розв’язання задачі 10,1 (532) групи «Липіог».
10.2. Див. розв’язання задачі 12.1 (534) групи «Яшйог».
11.2 (535). Відповідь-.
Розв'язання. Будемо розв’язувати загальну задачу, замінив-
ши смугу з 9 клітинок на смугу з к клітинок, де к —т деяке на-
туральне число. Позначимо т (ті, к) максимальну кількість хо-
дів, які може зробити Олексій, починаючи з порожньої стрічки
та закінчуючи стрічкою, у якій в одній із клітинок записано Ч2П,
а решта к - 1 клітинка порожня. Назвемо операцію типу (а)
вставкою, а операцію типу (б) — об’єднанням.
При к = 1 можна зробити лише один крок, тому гп (л, 1) = 1.
Будемо вважати, що к>2 й останнім кроком Олексій зробив
об’єднання. У такому разі перед останнім кроком було рівно дві
клітинки із числами 2”’1 і к - 2 порожні клітинки.
Пофарбуємо одне із чисел 2"-1 у червоний колір, а інше —
у блакитний. Далі, розглянемо кроки Олексія у зворотному по-
рядку й будемо фарбувати числа за таким правилом: якщо а і Ь
• об’єдналися в. число с, то пофарбуємо їх тим самим кольором,
що й число с. Зауважимо, що в цьому зворотному процесі нові
числа утворюються лише в тому разі, коли ми обертає-
мо об’єднання, оскільки оберненою операцією до вставки
379
є видалення. Отже, усі числа, що траплялися на стрічці під час
цього процесу, будуть пофарбовані в один із двох кольорів. •
За умовою задачі першим кроком Олексія була вставка. Без
обмеження загальності можна вважати, що перше число, яке
було вставлене, мало блакитний колір. Очевидно, що із цього
моменту й до кінця гри на дошці буде записано хоча б одне бла-
китне число.
Не враховуючи останнього кроку, помічаємо, що кожен із хо-
дів Олексія відбувається із числами одного кольору, оскільки всі
об’єднання виконуються з однокольоровими числами, а вставка
додає лише одне число. Назвемо вставку блакитного числа або
об’єднання двох блакитних чисел блакитним кроком. Аналогіч-
но визначимо червоний крок.
Послідовність блакитних кроків може бути повторена на
окремій стрічці довжиною к. У кійці ми отримаємо число 2""1
і решту порожніх клітинок. Звідси кількість блакитних кроків
не перевищуєТП (П'~ 1,к).
Тепер розглянемо послідовність червоних кроків. З- одного
боку, оскільки щоразу, кода відбувається червоний крок, то
.хоча б в одній із клітинок буде записано блакитне число й по-
слідовність червоних кроків можна повторити на окремій стріч-
ці довжиною к - 1. Аналогічно в кінці отримаємо число 2Л-1
і решту порожніх клітинок. Отже, кількість червоних кроків не
перевищує тп (п ~ 1, к - 1). Таким чином, ми довели, що
' т(п, /?)<т(п-1, к)+т(п-1-, й-1)+1.
З другого боку, ми можемо почати з порожньої стрічки й ви-
конати т (п - 1, к} кроків, щоб отримати число 2Л г і к ~ 1 по-
рожню клітинку. Після цього можна виконати т (п - 1, к - 1)
кроків на цих к -. 1 порожніх клітинках, щоб отримати число
2Л-І‘ і залишити к - 2 порожні клітинки. Потім уже ще. одним
кроком отримуємо число 2° і решту порожніх клітинок, тому
т (п9 к) > пі(п -1, к} + пі (п -1, к -1) -і-1.
Отже, ми довели, що
пг (п, к) - т (п - 1, к) 4- т (п ~ 1, к - 1) + 1
для всіх п > 1 і к > 2.
Як що к - 1 або п - 0, то першим кроком Олексій має записати
число 2Л, тоді вій одразу отримає кінцеву конфігурацію, тому
т (0, к) - 1 і пг (н, 1) 1 при п>0 і к>1. Початкові значення
та рекурентне співвідношення однозначно визначають т (п, к).
Залишається довести, що
к-1.	. •
т(п(й) = 2£С'-1
для довільних п > 0 і к > 1.
380
Скористаємося ММІ по п. Оскільки т (0, к) = 1 при й>1.,
то .база індукції, очевидно, виконується. Припустимо, що твер-
дження індукції виконується для деякого натурального п і для
всіх к > 1. Маємо: т(п+1,1) = 1 = 2С®+ х — 1, і при к > 2 рекурентне
співвідношення в поєднанні з припущенням індукції дають рів-
ність
тп(л+1, й) = тп(п, ^) + 7п(л, /г-1)-н1 = 2^С' -1 + 2^С' — 1 н і =
/=о	7=0
к-1	к-1	А-1	к-1
= 2ХС>+2ХСІ-1-1 = 2^(С'+СГ1)-1=2і;с^1-1;
;=о	;=о	/=о
що й необхідно було довести.
12.2 (536). Розв’язання. Нехай О. — коло, описане навколо п’яти-
. кутника А(}ЕРР, і нехай у — описане коло трикутника РСІМ.
Нехай пряма АВ вдруге перетинає коло ю в точці Т & В, Пока-
жемо, що коло у дотикається до кола со в точці Т (рис. 9.7).
Рис. 9.7
381
Спочатку доведемо, що точки Р, М і Т циклічні. Не-
хай точка А' — центр кола (о. Оскільки А'Е1.АЕ і А'Р ± АР,
то АА' — діаметр кола О. Нехай точка N — середина відріз-
ка .ОТ. Оскільки А'В = АТ9 то 2А^А=90°, а отже, точка N та-,
кож лежить на колі О. Далі, зі степеня точки 2) відносно кіл у
і О отримуємо, що
пт
ВР • В^ = ВА • ВІЇ = 2ВМ * — = ВМ • ВТ9
2
а отже, точки Р9 ^9 М і Т циклічні.
Якщо КРЦВС, то трикутник АВС рівнобедрений, і тверджен-
ня задачі випливає з міркувань симетрії. Інакше, нехай дотична
до кола со в точці Т перетинає пряму ВС у точці В’. Відрізки ВВ
і ВТ рівні як дотичні до кола ш, тому А’В серединний пер-.
пендикуляр до прямої ВТ\ оскільки ІЇВ - N7, то точка N ле-
жить на цьому перпендикулярі.
У прямокутному трикутнику А'ВВ маємо ВВ2 =ВРЇ • ВА'. .
Також маємо, що степінь точки В відносно кола Г2 дорівнює
В№ • ВА' = ВР • В(}9 тому ВТ2 - ВР • ВСІ, звідки випливає, що
ВТ — дотична до кола со. Насамкінець, оскільки ВТ — спільна
дотична до кіл со і у, то ці два кола дотикаються одне до одного
в точці Т.
Четвертий день
Досвід збільшує нашу мудрість,
Але не зменшує нашої дурості.
Генрі Шоу
Група «Лїшіог»
13.1 (537). Відповідь: (а, 0, 0) при ае2; (0, іі, 2), (-х, ±3Х, 2) при
хєК.
Розв’язання. Помітим:©, що коли Ь = 0, то с = 0, і а — довіль-
не ціле число. Далі будемо вважати, що Ь ф 0. Розглянемо мож-
ливі випадки.
Випадок 1. Якщо с<0, то 2е <1 і 32а+1д2<0, що неможливо.
Випадок 2. Якщо с = 1, то 32а+1Ь2=1. При а>0 маємо, що
32а+1&2 >3&2 >3>1; тому рівність неможлива. При а < 0 &2 =
= 3 • 32(-я), що також не може виконуватися.
Випадок 3. Якщо с = 2, то 32аЬ2 =1. При а>0 маємо, що
1=32а62 >Ь2 >1, тому а = 0 і д = ±1. При а < 0 нехай а = ~х для
деякого хєН, тоді Ь2‘=32х і Ь-+Зу. Отримали серії розв’язків:
(-х, ±3Х,2), хєк
382
Випадок 4. Якщо с>3 і а>0, то 2е = 0 (той 8) і 32а + 162+1 =
= ЗЬ2 +1 а Ь 4,5 (той 8), тобто розв’язків немає. ч
Якщо с>3 і а < 0, то Зд2+З2('а) =2С32("О)’ і 2е32(1а) = 0 (той 8),
ЗЬ2+32<"О) = ЗЬ2 +1 г 1,4, 5 (той 8), а отже, рівність не виконується.
14,1 (538). Розв’язання. Зрозуміло, що трикутник АВР рівнобедре-
ний (рис. 9.8). Тоді ААРВ = /АВС/2 = /АВЬ = ЛЬВС. Отже;
АР\\ВЬ. Доведемо, що трикутники АРС і ТВА подібні. Вони ма-
ють пару рівних кутів АРС і АВТ, тому достатньо' довести, що
АВ ТВ .
РС~ АР'
Рис. 9.8
тв во
Оскільки АРВТ — трапеція, то — =—. Далі, за теоремою
АР ОА
Менелая для трикутника АВС і прямої РМ маємо, що
АМ СР ВО '	. л11лг Й/Г^ ВО РВ
------------= 1. Оскільки АМ - МС, то — =—. Підсумуємо:
МС РВ ОА	ОА РС
-— = — = — = —, тобто трикутники АРС і ТВА подібні. Звідси
АР ОА РС РС
^ВАТ = ААСР.
15.1 (539). Відповідь: тп: 2.
Розв’язання. Назвемо розфарбування гарним, якщо воно за-
довольняє твердження задачі. Доведемо, що коли хоча б одне із*
чисел — т або п — парне, то існує гарне розфарбування. Без об-
меження загальності можемо вважати, що кількість рядків т —
парне число. Пофарбуємо перші два рядки’ в білий колір, тре-
тій і четвертий — у чорний, п’ятий і шостий — у білий і т.д.
Неважко переконатися, що наведене розфарбування задоволь-
няє умову задачі.
383
Тепер розглянемо випадок, коли тп — непарне число і дош-
ка має гарне розфарбування. Очевидно, що при цьому розфар-
буванні кількість білих або кількість чорних клітинок непар-
на. Можна вважати, що кількість білих клітинок непарна. Роз-
глянемо множину Ж упорядкованих пар білих клітинок, що не
є сусідніми.
З одного боку, оскільки кожна пара клітинок у множині Ж
трапляється двічі, то кількість елементів у ній парна. З другого
боку, маємо непарну кількість білих клітинок, а оскільки роз-
фарбування гарне, то для кожної білої клітинки існує непарна
кількість не сусідніх з нею білих клітинок. Звідси випливає, що
кількість елементів у множині Ж непарна. Отримана супереч-
ність завершує доведення,
16.1 (540). Відповідь* я >13.
Розв’язання. Без обмеження загальності можемо вважати,
що <а2С...<ап. Помітимо, що гострокутний трикутник іс-
нує тоді й лише тоді, коли існують і < ] < к, для яких викону-
ється нерівність а2 >а2.
Припустимо, що твердження задачі не виконується для де-
якого п. Тоді для довільних і < і < к справджується нерівність
а*>а2+а2. Позначимо а-а^ 1Ь = а2, тоді аІ>а2+Ь2, а2>а'^а2>
>а2+2Ь\ і за індукцією а2п > Рп_2а2+Рп_1Ь2, де Р1 —і-те число
Фібоначчі. Отже, а2>Рпа2. За умовою задачі ап <па1 = па9 тому
п2>Рп. Оскільки Г13=233>132 =169 і Р14 = 377>.142 =196, то за
індукцією Рп+2=Рп+1+Рп>(п + 1)2+п2>(п+2)2 при п>13. Отже,
наше припущення неправильне при и>13, і для довільного та-
кого п існують три числа, що є сторонами гострокутного три-
кутника.	___
При 3<п<12 розглянемо числа	і є 1,12. Неваж-
ко переконатися, що тах (ах, а2,..., ап) - ап - < п = па1 - п х
хшіпТакож маємо, з одного боку, якщо існує го-
строкутний трикутник зі сторонами а., ар ак, де і < і < к, то
Рі + Р} > Рк. З другого боку, Рк > Рк _ ! + Рк _ 2 > Рі + Р}.9' тому тверджен-
ня задачі не виконується при довільному п <12.
Група «ЇМО»
13.2. Див. розв’язання задачі 14.1 (538) групи «зЯипіог».
14.2. Див. розв’язання задачі 15.1 (539) групи «Зшііог».
384
15.2 (541). Відповідь: усі прості числа.
Розв'язання. Спочатку покажемо, що при п - аЬ, а,Ь>2,
умова задачі не виконується. Для цього розглянемо числа ат ~
= а2 =... = ап _ г = а і ал = 0. Вони задовольняють умову задачі,
оскільки сума а1 +а2 + ... + ал = а(п-і) не ділиться на п. Розгля-
немо довільний індекс 1 < і < п. Покладемо / = Ь, якщо 1 <і < п -Ь,
і / = & 4- 1, якщо 7і-Ь<і<п; тоді аі+а1+1 + ...+аІ+і_1=аЬ = п=.
=0 (тосі п). Звідси.випливає, що наведена послідовність є конт^І-
прикладом до твердження, наведеного в умові.
Тепер розглянемо випадок, коли п — просте число. Припус-
тимо супротивне. Нехай твердження задачі не виконується.
У такому разі існують натуральні числа ар а2, ..., ач такі, що
їхня сума не ділиться на п'ї для довільного і, КК», існує /,
для якого число а{ + аі+1 4-... + а/+/_Е ділиться на п.
Помітимо, що для кожного такого } виконується нерівність
1 < і С п -1, оскільки число аі, + аі+1 +...+а,+д _ х не ділиться на п.
Отже, ми можемо побудувати скінченгіу послідовність цілих чи-
сел 0 = /0 <	. < іп таку, що для довільного 0 < з < п -1 викону-
ється нерівність • і9 „ 1' - і, < іг -1 і
аі -і+аі +2+"*Ч аі. і^0(то(іп)
(як і раніше, усі індекси розглядаємо за модулем п). Справді,
для кожного 0<з<п застосуємо попередні міркування при
і = /5 +1 і покладемо і8++ /.
. За принципом Діріхле серед п 4- 1 числа і0,	..., іп існує
хоча б два, що конгруентні за модулем п. Отже, існують індек-
си г і з такі, що 0 С г < з < п, і9^іг (піосі п) і
8-1
аі +і + а/г+2 + ---+Ч, ч,.2+ ...+0^^0(тосіп).
Оскільки 19 =1Г (тосі п), то ія-іг=кп при деякому натураль-
ному к, а враховуючи, що	при ОС7<л-1, матиме-
мо і8-іг <(и-1)л, тобто * к^п-1. Але в такому разі число
аі^+і+аі +2+“*+а/в ==й(Оі +а2+...+ал) не ділиться на п, оскільки
п — просте число і жодне із чисел к<> а, 4-а2 + ...+ал не ділиться
на п< Отримана суперечність закінчує розв’язання задачі.
16.2 (542). Розв’язання. Для довільного натурального п>1 позна-
чимо =7°/^...%
п разів.
За умовою, якщо /є А задовольняє умову	то
Природно було б підставити § = (п у рівність /°о/
385
для того щоб отримати рівність /л = /, якої достатньо для розв’я-
зання задачі.
Лема. Якщо існує п>3, для якого виконується рівність
/л+2 = /?2л+1> то звуження	— бієкція.
Доведення. Справді, із припущення = /2л+1 о/ =
= /л ° / ° /" => Г = Л Оскільки п 2 > 1, то відображення мно-
жини 8 під дією /л“2 міститься в Т = / (5), тому можемо
розглядати /л"2, що діє з Т у Т. Також /ЇЛ~2 — функція,
обернена до /: Т -> Т. Дійсно, для довільного і є Т9 скажі-
мо, і = / (з) і з є 8, маємо:
. ^№)=г(з)=Г“2(ао)=г(/л-2(О), тобто
/п _ 2 о / = / о /л"2 = ід, на множині Т (тут ід позначає тотожну
.функцію). Отже, відображення	— бієкція на Т,
і /?л"2 — її обернена функція.
Лему доведено.
Залишається довести, що існує п, яке. задовольняє умову по-
переднього твердження. Позначимо 8ш~/т(8), тобто 8Ш — об-
раз 8 під дією /т. Неважко помітити, що образ /т+1 є підмножи-
ною образу тобто маємо ланцюжок включень підмножин 8:’
8^81^82^83^...9
який має стабілізуватися, оскільки множина 8 — скінченна,
тобто існує А > 1 таке, що
^к ~ ^+1 ” &к+2 = • ••=	*
Звідси випливає, що функція / звужується до сюр’єктивної
функції /: 8те -> 8те, що також є бієкцією, оскільки 800с8 —
скінченна множина. Підсумовуючи, маємо: ^:8ТО->8ОО — пере-
становка скінченної множини 8те, тому існує натуральне число
г>1 таке, що Г -ід на множині 8^ (наприклад, можемо взяти
г = | 8^ |!). Отже, /т+г =?т на множині 8те для довільного т>к.
Очевидно, що з останньої рівності також випливає, що
уп+іг для д0В|льних і .т>к. Таким чином,’для того
щоб знайти п, яке задовольняє твердження, достатньо вибрати
т і і такі, щоб деяке п > З задовольняло систему
2п+1 = т + іг, Іиг = 34-.£г,
п+2 = т	1п = т-2.
Для цього можемо вибрати достатньо велике т = 3(тосіг).
Насамкінець візьмемо п = 2кг + 1, тоді /п+2 =/2Ігг^3 =/41іГ+3, =/2п
оскільки 2кг+3>г.
386
ПММ5-2018
МШШШП Перший день ШШШШШ
1 (543). Розв’язання. Позначимо о описане коло чотирикутника
АВСВ, Нехай Т — точка перетину прямої ЛР з колом со
(рис. 9.9). Доведемо, 'що чотирикутники ВКТР та СІМ} вписані.
Дійсно, оскільки Р#||СЛ, то £(ВК, КР) = /.(ВС, СЛ). Також
оскільки точки А, В, С, И, Т належать одному колу, то
ДВС,СЛ) = 2Г(ВТ,ТЛ). Таким чином, /(ВК, КР) = /(ВТ, ТЛ) =
= /(ВТ, ТР), звідки чотирикутник ВКТР вписаний.
Аналогічно отримуємо, що чотирикутника СЬТ(3 вписаний.
Доведемо тепер, що описані кола чотирикутників ВКТР та СЬТС}
387
дотикаються одне до одного в точці Т. Нехай І — дотична до,
описаного кола чотирикутника СЬТ(). Тоді ДОТ, /) = /(®£, ЬТ) =
=/(®С, СТ) = ДАЄ; СТ) = Л(АВ, ВТ) = А(РВ, ВТ) = Л(РК, КТ). '
Звідси ДРК, КТ) = Д®Т, І) - ^(РТ91), тому описане коло три-
кутника РКТ дотикається до прямої І. Отже, ми довели, що
описані кола трикутників дотикаються до прямої І у точці Т,
• тому вони дотикається в цій точці й одне до одного.
2 <544). Відповідь: не існують.
Розв'язання. Припустимо, такі многочлени існують. Позна-
чимо задану рівність (*). Порівнюючи степені многочленів, що
стоять в обох частинах рівності (*), отримуємо:
гіе£ Р = 21ц, <1е£ ® = 10п	(**)
для. деякого натурального п. Візьмемо похідну від обох частин
рівняння (*):
Р'Р8 (10Р+9) = ®'®19 (21® + 20).
З одного боку, НСД (10Р 4 9, Р) = НСД (ЮР + 9, Р +1) = 1, тоді
НСД(1ОР+9,Р9(Р + 1)).=1, тобто в силу рівності (*) НСД (10Р +
+•9,0=1. З другого боку, з рівності (**) отримуємо: 10Р+
+9|®'(21®+20), що неможливо, оскільки
О < <1е£(®'(21®+20)) = 20ді -1 < 2-Ій = гіеДЮР+9).
• Отримана суперечність доводить, що потрібних многочленів
не існує.
31(545). Відповідь: ні, не гарантує.
Розв'язання. Покажемо, що Анна може завадити Бобу досяг-
ти бажаного результату.
Будемо казати, що два одиничних відрізки решітки утворю-
ють лівий нижній кут, якщо в них є спільна точка — найлівіша
для одного з відрізків та найнижча для другого. Правий верх-
ній кут визначаємо аналогічно.
Зафіксуємо довільну вертикальну пряму та назвемо її розді-
ліовальною. Ті одиничні відрізки, що лежать на розділюваль-
ній прямій, будемо назвати розділювальними. Одиничні від-'
різки, які розташовані ліворуч (праворуч) від розділювальної
прямої, назвемо лівими (правими). Розіб’ємо всі ліві відрізки на
пари, що утворюють ліві нижні кути, а всі праві — на пари, що
утворюють праві верхні кути.
Стратегія Анни. Першим ходом вона орієнтує довіль-
ний розділювальний відрізок. Припустимо тепер, що черговим
ходом Боб орієнтував деякий відрізок з. Якщо з є розділюваль-
ним відрізком, то Анна теж орієнтує довільний розділюваль-
ний відрізок. В іншому випадку відрізок з утворює кут. з деяким
відрізком і. Анна орієнтує відрізок і так, щоб обидва відріз-
ки — з і і — ішли або до, або від спільної точки цих відрізків.
388
Помітимо, що після чергового ходу Анйи для кожного кута роз-
биття обидва відрізки або орієнтовані, або не орієнтовані. Тому
Анна щоразу робить хід за цією стратегією.
Стратегія Боба. Припустимо, Бобу вдалося отримати де-
який орієнтований цикл С. Зрозуміло, що кожен орієнтова-
ний цикл має лівий нижній кут. Тоді, за стратегією Анни,
** цей кут орієнтований таким чином, що через нього не може про-
ходити жоден цикл, — отримали суперечність.
Другий день
4 (546). Розв'язання. Позначимо (х, у) = НСД (х, у). Помітимо, що
с (ап + Ь) - а (сп + д) - Ьс - асі ділиться на (ап + Ь, еп + ,д) для
будь-якого натурального л. Оскільки Ьс-асі ^0, то (ап + Ь9 сп + д)
може набувати лише скінченної кількості значень, тобто множи-
на 5 скінченна. Через це простих дільників чисел, що належать
скінченній множині 5, також скінченна кількість. Позначимо
множину цих простих чисел	•••» АЬ Доведемо таке
твердження.
Лема. Нехай натуральні, числа а, б, с, сі задовольняють
умову задачі, рєР. Нехай існують поє№ та а>1 такі, що
ра ||(аПо+&, сп0+сі). Тоді існує таке п, що ра~1 |Цап+&,еп+сО-
Доведення. Нехай ор(т) — степінь, у якому число р міс-
титься в канонічному поданні числа т на прості множники
(т^Н). Без обмеження загальності можна вважати, що
ор(а)<ор(с). Помітимо, що о(а)<а-1. Дійсно, якщо
ор(а)>а, то ир(с)>а. Крім того, ра |(аи0 + &, сп0 + <і), звід-
ки аПц+Ь та сп0 + сі діляться на ра. Таким чином, числа Ь
і д діляться на р('\ Але тоді всі чотири числа а, 6, с', д ді-
ляться на р, а за умовою вони мають бути взаємно прости-
ми в сукупності — отримали суперечність. Тепер можна
• вибрати	Тоді
ап+Ь = ап0 +Ь + ара~1~‘>р{а\ сп + сі = сп0+сІ+ср*~1-'’р{а}.
Крім того, аПц+Ь та сп0+д діляться на ра. Оскільки
р®“1||арв‘1*"Рд(в), то ор(ап + Ь)-а-1. При цьому число
сра "1 ’”р (а) містить число р у степеню а-1-ор(а) + ор(с)>а-1.
Отже, рЛа-1||ап4-Ь та р*"1 \сп+сі, тому ра_1||(ап+6, п + д).
Лему доведено^
Повернемося до розв’язання задачі. Для кожного р. є Р ви-
значимо а1 як максимальний степінь входження рі у числа
389
з множини 8, через п, позначимо відповідне натуральне число п
з леми (тобто р*1 Ц (ап, сп, +<2)). Тепер помітимо, що для будь-
якого натурального п виконується умова (ап + &, спч-сОІр*1 ..-X*.
Покажемо, що 5 — множина всіх дільників числа	Ми.
вже показали, що 5 — її підмножина. Покажемо далі, що для
будь-якого 0 <р, <а. знайдеться таке тпє№, що (аш + й, стп+б/) =
Далі» застосовуючи потрібну кількість разів лему
для р,, а,, а,-1, ..., р,+1, отримуємо, що існує тп,єІЧ таке, що
РІ1 ||(атп,+&, ст^д) для всіх і від 1 до к. Тепер виберемо
т^ті (пккі рРі+1). За китайською теоремою про остачі таке т
існує, тому що числа р]і, +1 взаємно прості.
Наостанок перевіримо, що Д. = (ат+Ь9ст+(Ї) =	. .ркк. Оскіль-
ки (ат + 6, ст + (і) не містить простих дільників, що не нале-
жать множині 8, то достатньо перевірити, що (А) = рг Дійсно,
ат+Ь^аті +Ь (тосі рр/х1),_ сиг+ сиг,(тосі рР/+1).
При цьому, оскільки рР{ Ц (аті +Ь, сті +</), то вони обидва ді-
ляться на рр', але хоча б одне з них не ділиться на рр/+1. Таким
чином, А=рр...рр*.
5 (547). Відповідь: С“п.
Розв'язання. Позначимо точки на колі а19 а29 ...» а^п, почи-
наючи з деякої, проти годинникової стрілки. Конфігурацію стрі-
лок, що задовольняє умови, назвемо правильною. Позначимо
деяку правильну конфігурацію стрілок С, а набір з п точок, що
є початками цих стрілок, — О (С). Покажемо, що для будь-якої
множини 8 із п відмічених точок існує рівно одна правильна
конфігурація С, для якої 8 = 0 (С). Із цього*твердження, напев-
но, випливає відповідь.
Доведемо це твердження індукцією за п. Випадок п = 1 є оче-
видним. Щоб зробити індукційний крок, розглянемо довільну
п-елементну множину 8 точок кола та припустимо, що 8 = 0 (С)
для деякої правильної конфігурації С. Розглянемо такий ін-
декс к9 для якого аАє8, а ак+1^8 (ми розглядаємо індекси за
модулем 2п, тобто а2л.1=а1). Якщо стрілка, яка починається
в точці ак, веде до точки а,, де к + 1 < І < 2п 4- к9 то та стрілка,
яка закінчується в точні аА+1, виходить з деякої точки ат9 де
й+2<иг</-1, інакше дві розглянуті стрілки перетнуться. По-
мітимо тепер, що стрілки ак->а1 та ат->аЛнГ утворюють забо-
ронений чотирикутник. Таким чином, з одного боку, правильна
конфігурація С має містити стрілку ак->ак+1. З другого боку,
390
якщо конфігурація С містить стрілку ак ->аЛ+1, то ця стрілка не
може перетинати будь-яку іншу стрілку, а також не може утво-
рювати заборонений чотирикутник.
Тоді, якщо ми вилучимо точки ак та ад.+1 з набору точок Ор
а2, ..., а2п, а точку ак — із множини 5, то зможемо скористати-
ся припущенням індукції для 2п - 2 точок, що залишилися, та
множини з п - 1 початків. Повертаючи назад стрілку ак —>ак+1,
доходимо .висновку, що потрібна правильна конфігурація існує,
і до того ж є унікальною.
6 (548). Розв'язання. Припустимо, що коло Г має одиничний раді-
ус, та вробимо інверсію відносно Г. Усі інверсні образи позна-
чимо тим самим чином, що й їхні прообрази. Нехай точка Є —
центр кола Г. Помітимо, що інверсія відносно Г перетворює
391
дотичні до Г у кола, що проходять через точку О та дотикають-
ся до Г внутрішнім чином (рис. 9.10). Після інверсії умову за-
дачі можна сформулювати так.
Розглянемо коло Г одиничного радіуса із центром у точці О.
Нехай коло І має одиничний діаметр і проходить через точку
С, а коло О лежить усередині образа прямої І, тобто кола, та
не перетинається з нею. Кола ц та С, мають одиничний діа-
метр, проходять через точку О і деяку змінну точку X, що
лежить на колі О,, та вдруге перетинають пряму І у точках У
та 2 відповідно. Треба довести, що коли точка X пробігає коло
<2, описані кола трикутників XX2 дотикаються до двох фік-
сованих кіл.
Оскільки кола ц та £ є дзеркальним відображенням описа-
ного кола трикутника 0X2 відносно його сторін СУ та 02, то
вони проходять через ортоцентр цього трикутника. Другою
спільною точкою кіл ц та £ є точка X, тож вона і є ортоцен-
тром трикутника 0X2. Помітимо, що описане коло £ трикутни-
ка. ХХ2 є дзеркальним відображенням кола І відносно пря-
мої Х2, зокрема, це коло теж має одиничний діаметр.
Нехай точки О та Ь — центри кіл О та І відповідно, а точ-
ка В — центр кола Нехай ОХ удруге перетинає коло у точ-
ці X'. Тоді точки О та X' є дзеркальними відображеннями одна
одної відносно прямої Х2, звідки ОЬВХ' — рівнобедрена трапе-
ція. Тоді ЬВ Ц ОХ та 2(ЬО, ОХ) = 2{0Х\ Х'В) = 2(ВХ, ХО)^ тобто
£С||2ІУ. Звідси ОЬВХ — паралелограм, тобто рівність ХВ~ЄЬ
є константою. Розглянемо фіксовану точку N таку, що ОN = ОЬ.
Тоді ХВ1ЯО — паралелограм, а відстань ВІЯ = ОХ є константою.
Таким чином^ коло 4 дотикається до двох фіксованих кіл із
центром N і радіусами --ОЛ
і	2
та ~+ОХ.
2
Залишилося перевірити, що інверсні образи отриманих кіл
також є колами, а не прямими. Таке може статися, якщо одне
з кіл містить точку О. Покажемо, що насправді це неможливо.
Дійсно, оскільки коло £2 лежить усередині кола (прямої)' І, то
ОЬ<--ОХ. Тоді
2	І—.	—	—І І —	—І
N0-] ОЬ + ЬО + О№\~\2ОЬ+ЬО\>
>2|сЕ|-|£О|>1-ґі-ОХІ = і+ОХ.
ч 2	} 2
Це означає, що точка О обов’язково лежить зовні отриманих
кіл.
392
ЕСМО-2018
Перший день

1 (549). Розв'язання. Нехай О — центр описаного кола трикутника
АВС (рис. 9.11, а). З умови /АСВ = 120° випливає, що точка
М — середина відрізка СО. Нехай ю — коло із центром у точці С
та радіусом СО. Це коло — образ описаного кола_трикутника
АВС, отриманий у результаті переносу на вектор ОС. Можливе
розташування точки N — усі точки кола ю, за винятком двох
точок, що лежать на прямій СО.
Розглянемо трикутники <^N1^ та ЯМС. Кути при вершині Я —
рівні, оскільки АТР||МС’ (обидві ці прямі перпендикулярні до
сторони АВ), тоді ЛЯК Р =/.ЯМС. Отже, ці трикутники подібні,
звідки ЯР - 2фС. Далі, МР = 2МС - СО — це доводить, що N є ю.
Зауважимо, що точка Р не. лежить на прямій СО, оскільки інак-
ше точка N була б не визначена, звідки точка N також не ле-
жить на цій лінії.
Навпаки, розглянемо випадок, коли Nєи) та не належить
прямій СО (рис. 9.11, б). Нехай Р — відцовідна точка описаного
кола трикутника АВС, а саме така, що УРЦСО та МР = СО. По-
значимо Я-СРПММ. Як і раніше, АЯМР^ДЯМС, тому з від-
ношення УР = 2МС знаходимо, що ЯР ~ 2ЯС. Це й свідчить про
те, що точку N отримали з точки Р описаним в умові способом.
2 (550). Розв'язання, а) Кожне натуральне число х>2 можна за-
писати у вигляді добутку (х - 1)-го елемента з множини А:
393
б) Зазначимо, що Х/йє№ справджується оцінка:
/^2А+1)О+1.
Дійсно, оскільки 2к +1 =
•2а, то це число є добутком
(к + 1)-го елемента з множини А.
Тепер покажемо, що всі пари чисел (х, у), де х = 5 та
24А+2 + 1	. _
у =------задовольняють умови задачі. Те, що виписане чис-
5
ло у ціле, неважко перевірити через остачі від ділення на 5. Тоді
/(ху) = /(244*2+1)<4^+3.
Крім того, з аналогічних міркувань /’(х) = /(22+1)<3. Оскіль-
. ки в множині А найбільший елемент — це 2, то найбільше зна-
чення добутку к елементів із цієї множини — 2а, тому /(п)>
>|"1о£2и~|, але тоді /(х) = /(5)>Г1о£25^ = 3. Отже, / (х) = 3.
Покажемо далі, що / (ху) < / (х) + / (у). З одержаних вище
оцінок достатньо показати, що / (у) > 4к, Оскільки у>24А"1, то
/(у)>4к, Таким чином, покажемо, що рівність / (у) = 4к — не-
можлива. Доведемо методом від супротивного: якщо у = а1а2...а4к,
є А, то принаймні одне із цих чисел не дорівнює 2, оскільки
у — непарне. Але тоді це число не перевищує звідки
2
Зл2к-2 п4к + 2
г/=а1а2...а44^2- *-- = 15-———- = у.
£ □ □
Одержана суперечність завершує доведення.
З (561). Відповідь: 2"-п-1.
Розв’язання. Застосуємо ММІ. Нехай для п учасниць, що роз-
ташовані у зворотному порядку, можна зробити Мп кроків. Тоді
з процедури, що зображена на рис. 9.12, усього для кроків
можна зробити таку оцінку: МЛт1 >2Мп +п, звідки Мп >2" -п-1.
тТут між середніми переходами кроки по черзі роблять учасни-
ці Ср С2, ..., Сп.
Рис. 9.12
394
Тепер покажемо, що це максимальна можлива оцінка, з якої,
очевидно, і випливає скінченна кількість таких рухів. Зрозумі-
ло, що учасниця Ц може рухатися лише за умови, що вона обі-
йде принаймні одну учасницю С., де 7 > і.
Спочатку покажемо, що процес може завершитися завжди.
Якщо це не так, то принаймні одна з учасниць буде рухатися
нескінченну кількість разів. Нехай ~ найбільший номер такої
учасниці, що рухається нескінченну кількість разів. Тому вона
має стрибнути нескінченну кількість разів через учасницю з но-
мером /0 >і0. Але це суперечить тому, що учасниця з номером /0
рухалася скінченну кількість разів.
Далі покажемо, що учасниця Сі може зробити максимум
2п~1-1 рух. Доведемо це зворотною індукцією. Зрозуміло, що
учасниця Сп не може зробити рухів. Припустимо, що тверджен-
ня справджується для учасниць Сі9 Сі+19 ..., Сп. Покажемо, що
так само воно має місце й для учасниці Вона може рухати-
ся лише за умови, що перед нею є принаймні одна з учасниць С.
при у > і - 1. У початковому розташуванні перед учасницею
може бути не більше як п - і учасниць з більшими номерами. Це
означає, щб учасниця С._х може зробити не більше ніж п ~ і ру-
хів. Усі інші рухи можливі, якщо принаймні одна з учасниць С,
Сх+1, ..., Сп обійде її. Таким чином, максимум рухів учасниці С,_3
дорівнює:
в-4+£(2л-*-1)«2в-'+1-1.
Л = і
Твердження доведено.
Залишається додати всі одержані результати для кожної
п
з учасниць: ^Г(2'‘^'-1) = 2'’ - п-1, що й треба було довести.
Другий день
2
4	(552). Відповідь*. —п9 якщо п : 3; 2п — інакше.
З
Розв’язання. Порахуємо кількість необхідних доміношок дво-
ма способами. Нехай кількість доміношок 8 складається з пар
(19 й), де І — лінія (ряд чи стовпчик) дошки, а (і — кількість
доміношок, що покриває принаймні одну клітинку цієї лінії.
З одного боку, кожна лінія містить к доміношок, тому 8 містить
рівно 2пк елементів. З другого боку, кожну домінощку врахо-
вують рівно в трьох лініях. Якщо шукану кількість доміношок
позначити через В, то вона містить ЗВ елементів. Таким чином,
маємо рівність 2пк - ЗВ.
395
2
Якщо п: 3, то І> > - п; інакше 2) > 2п, оскільки на 3 має ді-
З
литися вже А.
Якщо п: 3, то шукана оцінка досягається на заповненні по
діагоналі у квадратах 3x3. Отже, найменша кількість розташо-
ваних доміношок така, як на рис. 9.13.
Рис. 9.13	Рис. 9.14
Для к = 3 та пє{4, 5, 6,7} відповідні збалансовані конфігура-
ції показано на рис.. 9.14.
Для- всіх інших п >8 подамо це число у вигляді 4А + г, Де
гє{4,5, б, 7}. Для отримання збалансованої конфігурації вико-
ристаємо один блок гхг, а далі по діагоналі — блоки 4x4, чим
і досягнемо шуканої оцінки.
5	(553). Розв'язання, Нехай точка М — середина дуги АВ, що не
містить точку С (рИс. 9.15), точки V, Ц — точки дотику кола П
з колом Г та відрізком АВ відповідно. Проведемо доведення
у два кроки.
Добре відомо, що точки V, V, М — колінеарні, оскільки гомо-.
тетія із центром у точці V, що перетворює коло О у коло Г, пе-
ретворює дотичну АВ у паралельну їй дотичну, яка, очевидно.,
396
проходить через точку М. Тому з подібності трикутників МАУ
та МІІА:
МУ -МП = МА2=МВ2.
Якщо тепер обчислити степінь точки М відносно кола £1, то
матимемо:
МР: Мв=МУ • ми = МВ2.
Ввідси &МВР™АМ(}В, тому ЛМВР = АМ(}В, Далі з обчис-
лень отримуємо: ХМСВ = /МВА, тоді остаточно маємо:
Д£ВС = АМС}В - АМСВ=
‘ = ЛМВР-АМВА~ЛРВА.
6	(554). Відповідь'. б) існує.
Розв’язання. а) Нехай п —' деяке натуральне число; для яко-
го
+ ‘ • (1)
і
Для великих п це випливає з нерівності Бернуллі.
Нехай 8 — довільна множина з п різних натуральних чисел,
які позначимо таким чином:
в1<52<...<8„.	” .
Розглянемо два випадки.
Випадок 1. Якщо зі+1<(1+0з, для деякого /є{1,..., п-1}, то .
| 8. + 1 -8. | = 8/ + г -З, <І3.9
і нерівність задовольняється при х = з/+1, у = 81 та т = 1.
Випадок 2. Якщо зі+1 >(1+0з, для всіх іє{1,...»п-1}, то ММІ
легко показати, що
8„ >(1 + ^-4.
Тоді з урахуванням умови (1) маємо: | зх | = зх <-717
• з < І8 ,
п п9
і нерівність задовольняється при х = зг, у-8п та гп - 0.
ну умову таким чином:
б) Покажемо, що шукана множина існує.- Перепишемо остаточ-
— т >і. Ця нерівність рівносильна
У
х .
. тому, що відстань між відношенням — і множиною натураль-
У
них чисел більша за і.
Розглянемо послідовність, що визначається таким чином:
2(8, ••8я)2+1.
®'”1" 2 •
де зх достатньо велике. ММІ легко показати, що це зростаюча
послідовність непарних чисел. Покажемо, що множина
5-{з11 п>1} задовольняє умову. Для кожного іє{1,..., п} маємо:
5Л+1 8І 81
397
оскільки достатньо велике, і, більше того,
2§і	2з.
Перший доданок — натуральне число плюс і, звідки випли-
2
8
ває, що відстань від —— до натуральних чисел більша або
8,
1	1 .1 1 . .
дорівнює:------>--------і буде більшою за і при достатньо
2	2зі 2 2зг
великому
ЬХУІІІ республіканська
Білоруська математична олімпіада *
Перший день
8 клас
1 (555). Відповідь: 2 год.
Розв'язання. Нехай відстань між селами В і М дорівнює
8 (км), тоді відстаінь між селами А і М становить 28. Позначимо
через V (км/год) швидкості руху пішки Андрія та Василя, тоді
швидкість Михайла на мопеді дорівнює 9о.
Випадок 1. Михайло спочатку забирає Андрія. Оскільки від-
стань між селами А і М дорівнює 28, а швидкість зближення
Андрія та Василя — V + 9и = 10о, то Андрій і Михайло зустрі-
25	5
нуться через ----= —(год). Стільки ж часу буде витрачено на
10і> би
шлях Михайла з Андрієм на мопеді від місця зустрічі до села М.
8 ' 28
За весь цей час, що дорівнює 2----- — (год), Василь пройде від-
5р 5і?
8 28
стань V — = — (км). Тому, коли Михайло з Андрієм опиняться
5і?	5
'	28 38
в селі М, його та Василя буде розділяти відстань 8-= — (км).
5	5
Отже, Михайло після виїзду із села М зустріне Василя та візьме
38	35 _ .
його на мопед через —:10р =------. Стільки ж часу знадобиться
5	50р
Михайлу (з Василем) на зворотний шлях до села М, тому всі
28 п 38 138 . ч .
троє друзів опиняться в селі М через —+2----------- (год) після
5і>	50у 25р
початку руху.
Випадок 2. Аналогічно визначимо такий саме час, коли Ми-
хайло спочатку підвозить Василя. Час Михайла на шлях
398
до зустрічі з Василем та на зворотний шлях із ним до села М
З	З
дорівнює —(год). За цей час Андрій пройде відстань — (км).
5у	-5
Тому коли Михайло з Василем прибудуть у село М, Андрій буде ,
З 9$
на відстані 28— = — (км). Тоді Михайлу на дорогу від села М
5 . 5
95	185
до зустрічі з Андрієм та назад знадобиться 2--:10і> = —— (год).
5	50і>
За таких умов усі троє друзів опиняться в селі М через*
5 185 145,	ч .
—+-----=----(год) після початку руху.
бо 50о 2бо
За умовою весь час у першому випадку відрізняється від ана-
логичного часу в другому випадку на 2,4 хв, тобто на — год.
25
Таким чином, маємо рівність
145 135	1
25и 25у~2б’
5
звідки знаходимо, що —=1. Це означає, що відстань 5 Андрій
о
і Василь пройдуть пішки за 1 год. Отже, Андрію на дорогу піш-
ки від А до М потрібно 2 год.
2 (556). Відповідь: (тп, п) = (1, 1), (тгі, п) = (2, 5).
Розв’язання. Легко бачити, что пара (тп, п) = (1, 1) задоволь-
няє умову. Для т > 1 скористаємося формулою
ат-Ьт=(а-Ь) (ат‘1+а'п"2Ь+ат-3Ь2 + ...+&т"1).
. При а = 9, Ь = 7 перший множник дорівнює 2, другий — біль-
ший за одиницю. Оскільки всі доданки в другому множнику
є непарними числами, їхня кількість дорівнює тп, то зазначена
рівність з умови справдиться, якщо тп буде парним числом. Не-
^ай тп = 2&, тоді
92й - 72й = (9й - 7й) (9й + 7й) = 2п,
тому 9Й-7Й=2Х, 9Й+7Й=2У, де х < у і.х + у = п. Віднімаємо від
другої рівності першу й отримуємо 2 • 7й =2Х(2У“* -1), звідки х = 1
та 7й =2У~1-1. Через це 7й+1 має ділитися на 2у’1. Але при у>5
остача від ділення числа 7й+1 на 16 дорівнює або 2, або 8, тобто
7й+1 не ділиться на 16, а тому не існує таких натуральних к9
коли пара (тп, п) = (2&, п) задовольняла б умову при п = і/+1>
>5+1=6.
Залишається розглянути випадок п<5, коли г/ = п- х = п-1<4,
звідки 7й = 2У”1 -1С7, а тому &<1. Легко бачити, що тп = 2/?=2 • 1 =
= 2 і п = 5 задовольняють умову. Таким чином, існують лише дві
пари натуральних чисел (тп, п) = (1, 1) і (тп, п) = (2, 5), які є роз-
в’язком задачі.
399
З (557). Розв'язання. Оскільки точка Вх симетрична точці А від-
носно середини сторони ВС, то АВВ^С — паралелограм, тому
ВВг\\АС і ВВ1=АС (рис. 9.16). Аналогічно АСДВ — паралело-
грам та ВРЛАС' і ВД=АС. Тому трикутник СВ;В1 отримано
з 'трикутника АВВ паралельним переносом уздовж прямої АС
на відстань, що дорівнює довжині відрізка АС. Нехай О —
' центр кола оо, а О1 — центр описаного кола трикутника С2)3ВИ
Тоді ОС^ Ц АС. Оскільки лінія центрів двох кіл, що перети-
наються, перпендикулярна до спільної хорди, то ОО. ±СС,
а тому й АС ± СС. Звідси ААСС - 90°, тобто АС — діаметр кола <о.
4 (558). Відповідь: п - Зк; п = Зк + 1.
Розв'язання. Зрозуміло, що будь-який прямокутник, у якому
одна зі сторін ділиться на 3, можна замостити плитками. Отже,
при п = Зк кожний із трьох квадратів, а тому й усю фігуру, мож-
на замостити плитками.
Доведемо, что фігуру Ф можна покрити й при довільному п
вигляду Зк + 1. Покладемо дві горизонтальні плитки таким чи-
ном, щоб кожна з них закривала дві клітинки в центральному
квадраті й одну в крайньому. Тоді кожен із крайніх квадратів
розбивається на прямокутники розміром (Зй + 1)хЗ& та розміром
3/гх1, кожний з яких можна замостити плитками.- Незайнята
частина центрального квадрата розбивається на прямокутники
розміром ЗАх2, (3& + 1)х(3&-3) і 2хЗ&, кожний з яких можна за-
мостити плитками.
Припустимо, що при деякому п = Зк + 2 фігуру Ф. удалося за-
мостити плитками. Оскільки кожний квадрат містить п2 = 3(3/?2 +
+ 4й+1)+1 клітинок, а два сусідніх квадрати можуть мати лише
одну спільну (що перетинає обидва) плитку, то плитки, які
400
повністю містяться у верхньому квадра-
ті, покривають його весь, за винятком
лише однієї правої нижньої клітинки.
Розфарбуємо клітинки верхнього
квадрата в три кольори, як це показа-
но на рис. 9.17. Неважко побачити, що
кожна плитка покриває по одній клі-
тинці кожного кольору. При цьому
клітинок кольору 2 на одну більше,
ніж клітинок кольору 1. Таким чином,
при п = Зк + 2 фігуру Ф замостити на-
лежним чином не можна.
1	2	3	І	2	3	1	| [
2	3	1	2	3	1	2	.3
3	1	2	3	1	2	3	1
1	2	3	1	2	3	1	2
2	3	1	2	3	1	2	3
3	1	2	3	1	2	3	1
1	2	3	1	2	3	1	2
2	3	1	2	3	1	2	
Рис. 9.17
9 клас
1 (559). Розв'язання. Розглянемо довільне натуральне число и, яке
не є точним квадратом. Серед простих дільників п знайдеться
такий дільник р, що п = р2ь+іт, де т не ділиться на р. Побудує-
мо належне розбиття множини дільників числа п на пари.
Нехай — довільний дільник числа п, а з — максимальний
степінь р, на який ділиться (і, Якщо з — парне число, то поста-
вимо в пару числу число р<і, а якщо з — непарне число, то —
—. Неважко бачити, що наведене розбиття на пари задоволь-
Р
няє умови, задачі.
2 (560). Розв'язання, Зробимо такі перетворення лівої частини не-
рівності:
2 2а 2"г V
” —— 14--і----Ь, •. 4-----І *
2!< З 3-4	3-4...П)
1С 2 22
—г 14-Н—у
2< З З2
З (561). Розв'язання, Нехай АЕ’ — висо-
та трикутника АВС (рис. 9.18). Доведе-
мо, що точки П, Е', Е лежать на од-
ній прямій, тим самим покажемо, що
Е = Е’ і АЕ — висота трикутника АВС.
Оскільки А.СЇЇА = АСЕ А = 90°, то чо-
тирикутник СЛРА вписаний, а тому
А,СЕ'Е = АСАЕ, Оскільки ААЕ'Г.--
= ААЕЬ = 90°, то чотирикутник АЕЕ'Ь
також вписаний, а тому АВЕЕ' = АЬАЕ,
401
З рівності ЛСАЕ-АІЛВ випливає, що АСЕ'В = АВГ'Е, тобто
точки В, Г’ і Е лежать на одній прямій.
4 (562). Відповідь: п = З/?.
Розв'язання- Зрозуміло, що довільний прямокутник, у якому
одна зі сторін ділиться на 3, можна замостити плитками. Тому
при п = Зк кожний із трьох квадратів, а тому й усю фігуру, мож-
на замостити плитками..
Припустимо, що при деякому п - Зк 4- 1 чи Зк + 2 фігуру Ф
удалося замостити плитками. Для кожного з двох випадків на,-
ведемо розфарбування фігури Ф у три -кольори таке, що кожна
плитка накриває по одній клітинці кожного кольору, але кліти-
нок різних кольорів різна кількість. Це буде означати, що за-
мостити фігуру Ф належним чином не можна.
Розфарбуємо кожен із квадратів, як то показано на рис. 9.19.
Легко бачити, що при п - Зк + 1 клітинок першого кольору,
а.при п = Зк + 2 клітинок другого кольору буде на три більше,
ніж клітинок кожного з інших кольорів.
1	2	3	1	2	3	1
3	1	2	3	1	2	3
2	3	.1	2	3	1	2
1	2	3	1	2	3	1
3	1,	2	3	1	2	3
2	3	1	2	3	1	2
1	2	3	1	2	3	1
1	2	3	1	2	3	1	2
2	3	1	2	3	1	2	3
3	1	2	3	1	2	3	І
1	2	3	1	2	3	1	2
2	3	1	2	3	1	2	3
3	1	2	3	1	2	3.	1
1	2	3	1	2	3	1	2
2	3	1	2	3	1	2	3
Рис. 9.19
10 клас
1 (563). Розв'язання. Доведемо рівність
ГМ = ВМ = МС, з якої випливає, що
точка М — середина гіпотенузи прямо-
кутного трикутника СЕВ, зокрема,
АСЕВ = 90° (рис. 9.20).
Оскільки чотирикутник АВВС впи-
саний, то ЕАВС = ЕАВС. Точки М, В,
Е, С лежать на одному колі, а тому
ХМВС = ЛМЕС. Із вписаного чотири-
кутника АГМЕ маємо рівність Х.ВЕМ -
= ^МЕА = ЛЕВМ. Звідси трикутник
ВЕМ рівнобедрений, і ВМ = ЕМ. •
402
Рис. 9.20
2 (564). Відповідь: не існує.
Розв'язання. Припустимо, що така функція існує. Покладемо
х = 1 у нерівності
Г(х+у)>уНх)^Г(Г(х)).	(1)
Матимемо: /(1+у) >ау+Ь, де а = / (1) > 0, & = / (/* (1)) > 0. Тоді
ї(2)>аг+Ь-а	(2)
для довільного г > 1. З нерівності (2) випливає, що / (х) > 1 при
всіх достатньо великих х (а саме при х >-------). Покладемо
а *
. ’	г
в нерівності (1) х = ?/ = -, отримаємо:
>; 
Тоді
/(г)>^-зг>2	(3)
5
при всіх достатньо великих 2, Далі отримаємо нерівність
Кх+у) > УЇ(х)+/(/(х)) > /(/(х)) > /(х)
’ при всіх достатньо великих х. Звідси функція / (х) зростаюча
(при достатньо великих х), тому з нерівності / (х 4- у) > / (/ (х))
випливає, що х 4- у > / (х) для всіх у > 0 та всіх достатньо вели-
ких х. Разом з нерівністю (3) це дає х +г/ > —  х2 при всіх достат-
*	5
ньо великих х, що, очевидно, неправильно. Отримана супереч-
ність доводить, що такої функції не існує.
З (565). Відповідь*, п = 2.
Розв'язання. Зауважимо, що при п = 2 послідовність має ви-
гляд ак=к(к+1)9 оскільки послідовні числа завжди взаємно про-
сті. Зрозуміло, що к (к + 1) < (к 4- 1) (к 4- 2), і послідовність
є зростаючою із самого початку.
Доведемо, що при п > З послідовність не є зростаючою з жод-
ного члена. Виберемо к = пр* де р — довільне просте число, біль-
ше від п. Серед чисел пр 4- 1, пр 4- 2, ..., пр 4- п ~ 1 жодне не ді-
литься на р і хоча б одне парне. Число п (р 4- 1) також не
ділиться на р, причому р 4- 1 є парним. Звідси
ак =р • НСК(п, прч-І, пр+2,..., пр+п-1),
аЛ+і <і(р4-1) • НСК(п, пр4-1, пр4-2,..., пр+п-1).
2
Тому ак >ак+1 для необмежено великих номерів к> і послідов-
ність ак не є зростаючою з жодного місця.
4 (566). Відповідь: 7.
Розв'язання. Зрозуміло, що достатньо довести твердження за-
дачі для зв’язних фігур А (тобто таких, коли від будь-якої клі-
тинки можна дістатися до будь-якої іншої, проходячи лише через
403
сусідні .клітинки). Це очевидно, оскільки довільна незв’язна фі-
гура розбивається на декілька зв’язних частин, у кожної з яких
(як ми доведемо) кількість клітинок кратна 8.
Розфарбуємо деякі з клітинок площини в чотири кольори
(рис. 9.21). Без обмеження загальності можемо вважати, що дея-
ка з трапецій розбиття розташована так, як показано на рис. 9.21
(таке розташування можна одержати за допомогою зсуву, симе-
трії та повороту розфарбуванню). Будемо обходити клітинки фи-
гури А, починаючи із цієї трапеції, так, щоб переходити по клі-
тинках від зафарбованої кольором 1 клітинки до зафарбованої
кольором 2 (назвемо таку трапецію трапецією 1-»2). Неважко ба-
чити^ що в разі такого обходу типи трапецій чергуються в поряд-
ку: 1->2, 2—>3, 3->4, 4-»1. Оскільки в певний момент ми завер-
шимо обхід у клітинці кольору 1, з якої розпочинали, то кількість
трапецій, що їх було пройдено, ділиться на 4, а тому загальна
Рис. 9.21
11 клас
1 (567). Відповідь: а = 0.
Розв'язання. Для х такого, що / (х) = -а, рівність з умови за-
дачі набуде вигляду / (-а) = 0, а для х = -а — вигляду. 7у (0) = а3.
Для х = 0 рівність з умови буде такою: /!(а3) = 0. Оскільки функ-
ція / набуває всіх дійсних значень по одному разу, тому а3 = -а,
что рівносильне а(а2+1) = 0, або а*= 0.
Примітка. Неважко бачити, що при а = 0 умову задоволь-
няє функція /(х) = хІ х |.
404
2 (368). Розв’язання. Оскільки /ВВ1С = 21СС1В = 90о, то, для того
щоб довести твердження задачі, достатньо показати, що точг.
ки В, С19 X і Вг лежать на одному колі (рис. 9.22). Оскільки ДВ
і Дбг — бісектриси кутів АА£ та ААЛБ відповідно, то /СА^В = 90°.
. Оскільки /РВ^В = /РА^В - 90°, то точка ВІ належить описаному
колу трикутника РА^В. Аналогічно точка СА належить описано-
му колу треугольника ВАС?.
З доведеного випливає, що /СаХАу -/ВОАХ = 135°-2АВС
і ХВ.ХА^/СВА^ІЗб^/АСВ, тому
/С.ХВ^ = 270° - /АВС - /ЛСВ == 90° + /ВАС^
Додамо одержані рівності та рівність /В}ВА = 90° - /ВАС, отри-
маємо, що /В1ВС1 -ь/СіХВ1 =180°, тому чотирикутник ВСгХВ,
вписаний. .	. '
3(569). Відповідь-. (20; 18).
Розвивання. З визначення операції «*» зрозуміло, що
т о п > 1+п2, тому п < л/Ї96 < 23. Зауважимо, що найменше чис-
ла, яке має принаймні сім дільників,— це 24, тому достатньо
розглянути значення к від 1 до 6.
• Рівно два натуральних дільники мають 1’ільки прості числа,
тому при к ~ 2 числа тц і п прості. З рівності тпол=497 ви-
пливає, що тп - 496. Але 496 = 2З 4 - ЗІ не . є добутком двох
простих чисел.
• Рівно по три натуральних дільники мають лише квадрати
простих чисел. Нехай тп = р2, п = д2, тоді т • п = 1 + р^+(рд)2 ==
= 497 і р(?(р£ + 1) = 496 = 24 • 31, тому р - 31, д ~ 2, що умову не
задовольняє.
405
® Розглянемо випадок к = 4. Оскільки 1<тп2 <т3 <т — усі на-
туральні дільники числа т, то т = т2т3, аналогічно п2п3-п.
Розкладемо т^п на множники:
т°л=1 + т2л2 + ;п3и3 +(т2?п3)(п2ге8)=(1+т2п2) (1+т3п3).
• Оскільки 497 = 7 * 71, то гп2п2 =6 і т3п3 =70. Числа т2 і п2 про-
сті, тому одне з них — 2, друге — 3, а кожне із чисел т3 і п3
є або простим, або квадратом т2 і п2 відповідно. Неважко ба-
чити, що для 70 = 2 • 5 ’ 7 не підійде жоден з варіантів.
# Рівно п’ять дільників мають лише четверті степені простих
чисел. До 23 е рівно одне таке число — и = 24. Зауважимо, що
24 *24 =(4б-1)/3 = 341<497, а З4о24 = (б5-1)/5=1555>497.
При більших значеннях т розв’язків тим паче не буде.
• Рівно шість дільників мають тільки числа вигляду рб і рд2, де
рід — прості числа. До 23 є рівно три таких числа: 12, 18
і 20. розглянемо їх окремо.
> Нехай п = 12. Серед дільників числа 12 рівно два непарних
(п}=1іл3=3), а число 497 також непарне, тому т2=2
і т3 =4. Звідси т має вигляд 25 або 4р, де просте р більше
за три. Число тп = 25 неможливе, оскільки 12'32 = 529.
У випадку т = 4р маємо рівняння 17 + 64р = 497, яке не
має натуральних розв’язків.
> Нехай п = 18. Оскільки 18о?п>18 * тп + 9• 5+6 • 4+3 • 3+
+ 2*2+1’1, то 18<ти<414/18 = 23. Розглянемо два варіан-
ти: т = 13 5 т = 20, отримаємо єдиний розв’язок (20; 18).
> Припустимо, що п = 20. Оскільки 20о7П>20иг+10+5+4+2+
+ 1, то. правильною є нерівність 20 < т <475 /20=23,75.
Але 20о20 >500, тому розв’яків немає.
4 (570). Розв'язання. Зрозуміло, що множину межових клітинок
описаного в умові многокутника розбивають на трапеції так, що
можна перейти з будь-якої з них у будь-яку іншу, переходячи
лише по сусідніх сторонах трапецій, не виходячи за його межі.
Многокутник за такою умовою назвемо гарним. Доведемо ММІ
по к>2 таке твердження: якщо площа гарного многокутника
$<4А?+1, то $з1 (той4).
База індукції: к = 2. Легко бачити, що в розбитті межі бе-
руть участь хоча б 4 трапеції; якщо при цьому їх рівно 4, то
многокутник є квадратом 3x3. Якщо трапецій хоча б 5, то пло-
ща $>2*5>2*4+1.
Крок індукції. Нехай умова справджується для к = п-1>2.
Покажемо її чинність для к = я, тобто для довільного гарного
многокутника, площа якого $ е [4(п—1)+2; 4п+1].
406
Розглянемо довільну сторону АВ гарного многокутника, оби-
два кути, прилеглі до цієї сторони, дорівніють 90°. Така сторона
завжди знайдеться: наприклад, найнижча горизонтальна сторо-
на многокутника.
Нехай АВ = 3 і многокутник не є квадратом 3x3. Тоді по дві
прилеглі до сторони АВ трапеції відновлюються однозначним
чином, і від многокутника можна відрізати прямокутник 3x4
й отримати знову гарний (рис. 9.23). Зрозуміло, що за такого
відрізання остача від ділення площі 8 на 4 не змінюється.
Тепер будемо вважати, що в многокутника немає сторін до-
вжиною 3. (Якщо сторона многокутника дорівнює 3, то обидва її
кути по 90°, що легко бачити). Нехай АВ - І. Тоді до сусідніх
з нею сторін прилягають хоча б по 2 трапеції, інакше їхня* до-
вжина дорівнюватиме 3.	•
Рис. 9.24
Рис. 9.23
У побудованому на стороні АВ прямокутнику САВВ завбільш-
ки 1x4 немає клітинок межі (крім тих, що мають спільні точки
з ламаною САВВ). Тоді цей многокутник, можна відрізати й зно-
ву отримати гарний многокутник/ переносячи трапеції, що при-
лягають до АВ, на 4 клітинки вгору (рис. 9.24) аналогично ви-
падку АВ = 3.
Припустимо, що в прямокутнику САВІ) є інші межові клі-
тинки.
Рис. 9.25
Розфарбуємо деякі клітинки площини у два кольори
(рис. 9.25). Тоді всі межові клітинки діляться на два види та ма-
ють відповідний колір (рис. 9.26), оскільки від кожної клітин-
ки „першого виду клітинка другого розташовується через оДну.
407
Розглянемо всі межові клітинки всередині пря- '
мокутника САВІ) і виберемо серед них нижню,
їцо не має спільних точок з ламаною. Тоді дея-
ка сусідня з нею ліворуч або праворуч має бути
межовою, інакше межа не розіб’ється на трапе- Р«с. 9.26
ції. (Якщо ця клітинка пофарбована, то вона є частиною трапеції
з горизонтальними основами, інакше клітинка не нижня. З ана-
логічних міркувань, якщо клітинка не нижня, то трапеція, що
містить цю клітинку, не може мати вертикальні основи).
Із двох сусідніх межових клітинок хоча б одна перетинається
діагоналлю трапеції. Не порушуючи загальності, будемо вважа-
ти, що ця клітинка першого виду (рис. 9.25) зафарбована. Тоді
вона має колір 1 і розташована на дві клітинки вище, ніж клі-
тинка кольору 2 вигляду 2, що прилегла до сторони АВ; інакше
вона не зможе розташовуватися всередині прямокутника САВД,
що правильно для довільної його внутрішньої клітинки кольо-
ру 1. Тоді зрозуміло, що частина цієї клітинки містить трапе-
цію, що розташована праворуч від неї.
Тепер проведемо розрізи, як показано на рис. 9.26, тим самим
разрізавши многокутник на два інших і прямокутник 3x1. За-
уважимо, що ті два многокутники гарні, оскільки їхні межі збі-
гаються із частинами меж вихідного многокутника плюс ще по
одній клітинці (поміченій (*)), які покривають трапецію. їхні
площі — 4а + 1 і 4Ь 4- 1 відповідно. Разом площа многокутника
становить {4а+1)+(45+1)+3«1 (тосі 4), що й треба було довести.

Другий день
8 клас
5 (571). Відповідь: п = 924.
Розв'язання. Нехай для визначеності вважатимемо, що
— шукані Дільники числа п. Тоді за умовою 1 < < <і2 <
<й3<п. Оскільки <і2, (І3 — дільники п, то знайдуться нату-
ральні числа а, Ь9 с9 такі що (і^а = <і2Ь = (і3с -п. Звідси легко бачи-
ти, що 1 <с <Ь < а<п. Тоді с 2, Ь > 3, а > 4. Оскільки за умовою
<4	=1001, то, з одного боку,
(1 1 1^ 13л
14 3 2) 12
або 12-1001С13п, тобто 12-77Сп, п>924. З другого боку, зна-
’ чення п = 924 задовольняє умову задачі, оскільки у числа 924
є власні дільники 462, 308 і 231, сума яких 462 4- 308 4- 231
дійсно дорівнює 1001.
408
п п п (111
1001 =—+ —+—= п —+- + -
а Ь с \а Ь є
> 2	М
6 (572). Відповідь:	і
Розв'язання. Нехай відрізок МВ пере-	* /1
тинае сторону АС у точні 2У, а діаго-	вХ-4—\"рЗ>У
йаль АС — у точці Р (рис. 9.27). Оскільки /
ВС І! АВ, то АСВК = /_ВКА (різносторонні ку-	І\/
ти). Оскільки ВК — бісектриса кута АВС,
то /АВК = гСВК, тому гВАВК =* гІВКА, звід-	4
си трикутник АВК рівнобедрений і АВ ~ АК.
Оскільки 2АВ = АВ, то точка К — сере-	. ’ ’
дина сторони АВ. Аналогічно точка N — середина сторони ВС.
’• Очевидно, що чотирикутник ВІЇВК — паралелограм, тому #В =
= ВК, а ІЇР та ВК — середні лінії трикутників ВСВ та АРІ) від-
повідно. Звідси 2А’Р = ВВ, 2ВК = РВ № + РВ - МВ - ВК =
= ВВ + ВК, і тому 2МР = 2ВК = РВ. Оскільки точка N — серед-
ина сторони ВС, то В# = 0,5ВС = 0,5АВ, а через те що ВС|] АВ,
відрізок ВМ є середньою лінією трикутника АМВ, тому точ-
ка N — середина відрізка МВ, тобто
МЖ = № = №+РП = -РО =>
2
=5 МР=ММ+№=-РО+-РО = 2РВ.	(1)
2	2
Оскільки Сі — точка перетину сторони АВ з прямою, що про-
ходить через точку Р паралельно .прямій МР, то за теоремою
Фалеса РСі : СІВ - МР : РВ — 12:1. Оскільки ВК — середня лінія
трикутника АРВ, то АК ~ КВ, тому маємо:
АР : АО = АР : (АГ + ^9 4- ©В) - Г© : (2Р!£ 4- ©В) =
= РЯ : (40В 4- СІВ) = 2®В : 5©В -2:5.
7 (573). Розв'язання. Зазначимо, що
(аЬ - с2) (са - Ь2) (Ьс - а2)=(а2Ьс - аЬ3 - ас3 + Ь2с2) (Ьс - а2) =
= а2Ь2с2 - аЬ4с - аЬс4 + Ь3с3 - а4Ьс+а3Ь3 + а3с3 - а2Ь2с2 =
= а3Ь3 + Ь3с3 + а3с3 -а4Ьс-а4Ьс-аЬс4 = а3Ь3 + Ь3с3 + а3с? -аЬс (а3 + Ь3 -ьс3).
Через те рівність	^Ь3с3 л-с3а3 - аЬс (а3 +Ь3 -^с3) з умови за-
дачі рівносильна рівності
(аЬ-с2) (са-Ь2) (Ьс~а2) = Оч
з якої випливає, що аЬ~с2, або са = Ь2, або Ьс^а2, що й треба
було довести.
8 (574). Відповідь-, к - 2016.
Розв'язання. Покажемо, що /г>2016. Зазначимо, що в Бори-
са та Марійки разом друзі? більше, ніж у Бориса та Євгена*
оскільки Євген має найменшу кількість друзів серед користува-
чів соціальної мережі. Інакше кажучи, у Бориса з Марійкою ра-
зом не менше ніж 2017 друзів, а всього, крім Бориса та Марій-
ки, у соціальній мережі зареєстровано 2016 людей. Через те або
409
Борис і Марійка — друзі, або в Бориса та Марійки знайдеться
спільний друг, напрйклад Павло. Аналогічно або Ганнуся та Бо-
рис — друзі, або в Ганнусі та Бориса знайдеться спільний друг,
напрйклад Ігор. Таким чином, Ганнуся може передати привіт
Марійці, скориставшись допомогою не більш як трьох інших
користувачів мережі.
Тепер покажемо, що при £<2015 недостатньо, щоб існував
шуканий ланцюжок користувачів. Нехай Борис товаришує з усі-
-ма користувачами, крім Марійки, Василя та Гени, а Марійка,
Василь та Гена товаришують між собою. Євген товаришує лише
з Борисом, а цсі користувачі, крім Марійки, Василя, Гени та
Євгена товаришують проміж собою. Більше ніхто ні з ким не
товаришує. Тоді в Бориса та Євгена є разом 2015 друзів,
а всі користувачі мають друзів менше, ніж у Бориса, і більше,
ніж у Євгена. Але Ганнуся не зможе переказати привітання Ма-
рійці, оскільки трійка користувачів — Марійка, Василь і Гена —
не контактує з іншими користувачами.
9 клас
2
5 (575). Відповідь: 5=^—1.
4
Розв'язання. Побачимо спочатку, що коли точки з координа-
тами (ти, пі2} та (п, п2) належать параболі у = х2, то рівняння пря-
мої, яка проходить через них, має вигляд у = (тп 4- п) х - тп.
Позначимо координати точок з умови: А(-а, а2}, С(а, а2),
В(Ь,Ь2), В(<і,(12) (ми взяли до уваги, що АС||Ох за умовою,
тому точки А і С симетричні відносно Осі ОуУ. Рівняння пря-
мої АВ, з одного боку, має вигляд у - (сі - а) х + сіа. З другого
боку, за умовами /РАС = 45°; тому кутовий коефіцєнт цієї пря-
мої дорівнює 1, тобто (і - а = 1.
Аналогічно рівняння прямої АВ має вигляд у = (Ь - а) х + Ьа,
а. її кутовий коефіцієнт дорівнює -1, тому Ь - а = -1. На коорди-
натній площині відмітимо точки В^сі, Ь2}
і Сх(с/, с2) (рис. 9.28). Із прямокутного три-
кутника ВВ{В маємо рівність р2 = (д - Ь)2 +
+ (д,2 -Ь2)2. Оскільки д,-Ь = 2, &<і + Ь = 2а,
то$?2 =4 + 16а2, звідки а2=—(р2-4).
16
Шукана площа становить 8АВС£) = 8^ +
+ 5^. У трикутників АВС і АВС спільна
основа АС = 2а, а сума довжин висот до-
рівнює С& +СХВ = ВВ1 = 4а, тому 8АВСй =
= і  2а • 4а = -(р2-4).
2	4
410
6 (576). Розв'язання. ІІозначимо М(п. т)=| пл/п^+1-тп |. З оче-
видної нерівності
п2 <пу]п2 +1<п2 +-
2
маємо:
п2-т<п\Іп2 +1-т<п2-т+—.
2
Отже, якщо т*пг, тоМ(л, т) > 1/2. Оскільки 1/2 >72-1,
то при тпфп2 потрібну нерівність доведено.	___
Нехай т = п2. Розглянемо функцію /(п) = М(її. ті2)= я 7«2 +1—
-п2. Покажемо, що вона є зростаючою при п > 0. Справді, для
довільних чисел а > Ь >0 різницю / (а) - / (Ь) можна перетвори-
ти таким чином:
(а 7а2 +1 - а2) - (& 7&2 +1 - &2)=(а 7а2 +1 - Ь 4ь2 +1) - (а2 - б2) =
(1)
а7а2+1 + ь7^2 + 1	^а7а2 + 1+&7ь2+1 /
Оскільки а24-і>а7а2-ь1 і д2 +->д7&2 +1, то, додаючи ці не-
2	2
рівності, матимемо, що другий множник останнього виразу
в рівності (1) додатний, а тому / (а) - / (Ь) > 0.
^Звідси мінімум функції / (я) досягається при п = 1 і дорівнює
72-1.
7 (577). Відповідь! ЛВ=90о.
Розв'язання. Нехай точки Д, Вг і — основи перпендику-
лярів, що опущені з точки О на сторони ВС, СА і .АВ відповідно
(рис. 9.29). Оскільки ХОА^В = 90° = /ОЦВ, то чотирикутник ВА1ОС1
вписаний у коло з діаметром ОВ, Тому за теоремою синусів для
трикутника А1ВС1 маємо:	^ОВзіп/В. Аналогічно А^В,=
== ОС зіп 2Х?, В^Д -ОАвіпХА. Оскільки трикутник є рівно-
сторонім, то
зіп^В	ОС	20	5	зіпгГВ	ОА15	5
зіп/С	ОВ	12	З’	зіп/їА	ОВ 12	4
Крім того, за теоремою синусів для
трикутника АВС маємо:
АВ/віпХС = ВС/ зіп ЛА = АС/віпЛВ.
Звідси
. _	ЗІПа/С 3
АВ = АС------= -АС,
зіп /В* 5
ВС = АС-^^ = -АС.
зіп /В 5
Рир. 9.29
411
Неважко бачити, що АВ1 2+ ВС2 =—АС2+ —.АС2 =АС2, атому
25	25
трикутник АВС прямокутний із прямим кутом В.
8 (578). Відповідь: к = п + 1.
Розв’язання. Усього існує 2й-1 -1 розбиття рядків на дві гру-
пи та 2Я -1 способ вибрати деякій набір стовпчиків. Оскільки
для довільного розбиття рідків існує принаймні' один набір
стовпчиків і набір стовпчиків однозначно визначає розбиття
рядків, то 2й"3 * * 6 “1<2в-1, і звідси маємо, що + Доведемо;
що для довільного п існує гарна таблица (п + 1)хп.
Розглянемо таблицю, у якій на початку і-го рядка стоїть і - 1
одиниця, а далі стоять усі нулі (зокрема, у першому рядку сто-
ять лише нулі). Побачимо, що для довільних двох рядків а(
і а2 +1, що йдуть поспіль, парність кількості одиниць у перетині
з набором стовпчиків у цих двох рядках збігається тоді й тільки
тоді, коли в цьому наборі немає і-го стовпчика. Тому наявність
або відсутність і-го стовпчика в наборі однозначно визначає,
• в одну чи в різні групи потраплять стовпчики а* і аг+1.
Нехай задано деяке розбиття рядків. Виберемо ті й тільки
ті рядки, для яких рядок з тим самим номером знаходиться
в різних групах з наступним за нею рядком. Отриманий набір
стовпчиків задовольняє умову, тому вказана таблиця є гарною.
10 клас
5 (579). Відповідь: усі непарні числа..
Розв’язання. При п = 1 є розв’язок 3 * 272-132 = 2018і. Для
довільного непарного п = 2к 4- 1 із цієї рівності отримуємо рів-
ність 3 • (27 • 2018й)2 -(13 • 2018й)2=20182й+1, яка означає, що всі
непарні п задовольняють умови задачі.
Якщо ж число п парне, то 2018" = 2" = .
1 (той 3). Але ліва частина не може да-
вати остачу 1 від ділення на 3, оскільки
квадрати натуральних чисел дають оста-
чі лише 0 та 1 від ділення на 3. Тому всі
парні числа п не задовольняють умови
задачі.
6 (580). Відповідь: і.
Розв’язання. Нехай абсциси даних
точок А, В, С, В дорівнюють а, Ь9 е, й
відповідно. Оскільки АС — діаметр дано-
го кола, то точка М — його центр
(рис. 9.30). Якщо (р, <;) — координати
точки М, то рівняння Кола має вигляд
412
(х-р)24-(у-д)2 = В2, де її —. радіус кола. Пара координат (х; у)
будь-якої з точек А, В9 С, В є розвязком системи рівнянь
|(х-р)2+(У-^)2=Я2,
Ь/ = х2,
тому абсциси а, Ь, с, сі цих точок є розв’язками рівняння
(х-р)2 4-(р-д)2-Я2 =0 або х4 +(1-2д)х2-2рх + р2 + д2-її2 =0.
В останнього рівняння відомі корені а, Ь9 с9 сі. Тоді за теоре-
мою Вієта для многочлена четвертого степеня маємо:
аЬ+ас+асі+Ьс+Ьсі •+ ссі -1 -2д9
аЬс+аЬсі+ассі+Ьссі -2ру
. аЬссі = р2+д2-її2.
Оскільки точка М — середина відрізка АС, то 2р = а .+ с. З пер-
шого рівняння Ь + сі = -2р. Із третього рівняння
2р = (аЬс 4- ассі) 4- (сіаЬ + Ьссі) =
= ас (Ь + сі) + Ьсі (а + с) = 2р {Ьсі - ас).
Звідси або р = 0, або Ьсі - ас = 1.
Якщо р = 0, то а = -с та Ь = -сі.. Тому точки А і В симетричні
відповідно точкам С і В відносно осі Оу. Тому чотирикутник
АВСВ має самоперетини, що суперечить умові.
Таким чином, Ьсі - ас - 1, тоді з першого рівняння (а+с)2 =
2	2	,2	,2
= (6+<02 => л2 4-е2 — Ь2 +сі2 +2, тобто ---+ 1. Залишаєть-
2	2
а2 + с2	Ь2 + сі2
• ся побачити, що ----. та--------ординати точок М і тому
2.-2
проекція цього відрізка на вісь ординат дорівнює 1.
7 (581). Розв-язання. Оскільки АВ1 і В1А1 є діаметрами кіл,.описа-
них навколо трикутників АС1В1 і А^СВ1 відповідно (рис. 9.31),
то 2АУВ^ = 2А1¥В1 = 90°. Тому точка У лежить на прямій ААг
і АА1 ± Д,У. Аналогічно точка X лежить на прямій ВВХ і ВВ1 1 А,Х.-
•Через 2Ь та 2а позначимо відповідно точки перетину прямих
В(У та А1Х з гіпотенузою АВ. Нехай СВ = а9 АС = Ь9 АВ = с та
А1В1 =х. Знаходячи довжини відрізків В2а та А2Ь9 доведемо рів-
ність А2ь+2аВ = АВ, з якої випливає твердження задачі..
Оскільки ХВ1Х2а=2В1С12а==9ІЇ°9 то чотирикутник В1С12ОХ
вписаний. З умови задачі випливає, що чотирикутник СА^ХВ1
також вписаний, тому
:ВА1СВ = ВХВВ1^В2а-ВСІІ	(*)
•	- •	413
с
Рис. 9.31
Трикутник А1ВВ1 подібний трикутнику АВС, а отже, справ-
джуються такі рівності:
_ В.В _ А1В1
АВ~ СВ~ АС ’
Г»  А п СХ п ах • ГЬЛ ах (а+Ь)х ~	.	. ...
Звідси А^В-—, ВГВ = — і ВСг=х+— =-----------. З рівності (*)
Ь Ь	- ь ь
випливає, що В7а=-^~~. Аналогічним чином доводимо й рів-
' а + Ь
Ьс
ність А2Ь =---, а тому А2Ь +В2а -АВ.
а+Ь
8 (582). Відповідь: при непарних п переможе перший гравець,
а при парних — другий.
Розв’язання. Нехай п парне. Опишемо виграшну стратегію
другого гравця. Розглянемо перший хід першого гравця.
Випадок 1. Перший гравець своїм першим ходом сполу-
чає відрізком, деяку точку із центром'.
Другий гравець сполучає із центром діаметрально протилеж-
ну точку. Після того другому гравцю для перемоги достатньо
робити ходи, симетричні відносно одержаного діаметра. При
цьому оскільки картина симетрична відносно діаметра, то після
ходу другого гравця завжди залишається непарна кількість ком-
понент зв’зності. Отже, своїм ходом перший гравець не може до-
сягти перемоги, сполучаючи останні дві компоненти зв’язності.
Випадок 2. Перший гравець першим ходом сполучає дві су-
сідні відмічені точки.
Другий гравець кожного разу проводить відрізок, симетрич-
ний відносно центра кола відрізку, який цровів перший гра-
вець, Тоді після кожного ходу другого гравця кількість ком-
понент зв’язності є непарною, причому вони розбиваються на
симетричні пари та ще одну компоненту, яка симетрична сама
собі. Такі ходи він робить доти, доки в першого не з’явиться
можливість виграти одним ходом. Позначимо останній відрізок,
414 •
проведений першим гравцем, через х, симетричний йому відрі-
зок — через х*, а відрізок, після проведення якого перший ви-
грав би, якби другий провів відрізок — через 2. Зрозуміло, що
можна не розглядати випадок, коли хід.х сполучає точку на колі
із центром, оскільки, аналогічно випадку 1, після ходу х* зали-
шиться непарна кількість компонент зв’язності, а тому хід 2 не
може бути виграшним.
Розглянемо компоненти зв’язності, які є перед проведенням
відрізка х. Очевидно, що відрізок х сполучає якісь дві різні з них,
нехай А і В. а відрізок х* — симетричні їм компоненти А* і В*.
Припустимо, що центр кола входить в одну з компонент — А
чи В. Не обмежуючи загальності розгляду, нехай у компонен-
ту А. Тоді він також входить і в компоненту А*, тому ці компо-
ненти збігаються. Це означає, що компонента А = А* центрально-
симетрична й містить центр кола. Отже, після ходу х* кількість
компонент з’вязності непарна, як і перед ходом х. Тому хід 2 не
може бути переможним, і ми приходимо до суперечності.
Припустимо тепер, що центр не входить до жодної з компо-
нент А та В. Існує принаймні ще одна компонента зв’язності С,
до якої входить центр кола. Для того щоб хід 2 був переможним,
необхідньо, щоб він сполучав компоненту зв’язності С із компо-
нентою зв'язності, яка утворилася після ходів х та х*. Оскіль-
ки після симетричних ходів х і хй вийшла спільна компонента
зв’язності, що не містить центра, то В - А\ А = В*, а хід х* не
додає жодної компоненти. Тому другому гравцю для перемоги
достатньо провести відрізок 2 замість відрізка х*.
Нехай п непарне. Доведемо ЙМІ, що перший гравець завжди
може виграти, якщо першим ходом сполучить довільну точку із
центром кола. База індукції п = З очевидна.
Нехай ми вже довели припущення індукції для всіх непар-
них п від 3 до 2к - 1, тепер доведемо його для п = 2к + 1. Зану-
меруємо вершини п-кутника в порядку розташування їх на колі:
Ао, А1,..., +!. Нехай, без обмеження загальності розгляду,
перший гравець першим своїм ходом сполучає вершину Аф із
центром кола.
Розглянемо, які точки міг сполучити відрізком другий гра-
вець, наприклад, дві вершини, відмінні від вершини Ао. Не-
хай це’А,./ та Ар де 2<г<й+1. Перший гравець сполучає верши-
ни А} і А,+1. Після цього гра зводиться до випадку п = 2к - 1,
коли вершини А/21, Ар А1+1 можна вважати однією вершиною,
яку сполучено З ОДНИМ сусідом через Д.р із другим сусідом —
через Д+1, із центром — через А.. До трго ж, її двічі сполучено
із центром кола, що не відіграє ніякої ролі. Перший гравець
415
проводить відрізок, який залишилося провести; якщо це щойно
зробив другий гравець, то така пара ходів не впливає на хід гри.
Нехай тепер другий гравець сполучив з вершиною Д сусідню
вершину, наприклад це А^ Перший гравець сполучає вершини
Д, і А^.. р після чого гра зводиться до випадку п = 2к - 1, а саме
можна вважати вершини ДЛ+Р Ло, А1 однією вершиною, анало-
гічно попередньому випадку. Єдина відмінність — перший гра-
вець вважає, що саме цю «потрійну» вершину він сполучив із
центром першим ходом.
Другий гравець сполучив із центром вершину, суміжну з вер-
шиною Ао, нехай це Аг Перший сполучає вершину із
центром, після чого гра зводиться до випадку п = 21г ~ 1, тобто
коли вершини А^г, А^ А1 можна вважати однією вершиною,
аналогічно попередньому випадку. Єдина відмінність — замість
додаткової пари відрізків, сполучених із центром, у точок Д та
А2к+І є додаткова цара відрізків, сполучених із точкою Аь.
•Другий гравець сполучив із центром вершину, не суміжну
з вершиною Д, нехай це А2і. Якщо її номер непарний, то пере-
нумеруємо вершини в довільному напрямку обходу кола. Пер-
ший гравець сполучає вершину Д із центром, після чого задача
зводиться до випадку л = 2/г - 2г + 1 з деякими уточненнями:
перший гравець буде вважати,, що всі вершини від Д до А^
є однією вершиною, що із самого початку з’єднані із центром
кола. При цьому якщо другий гравець проведе відрізок усере-
дині одного із секторов — ОАХ)АІ чи ОА1Аіі9 то перший проведе
відрізок, симетричний йому відносно ОД, де О — центр кола.
У кожному з випадків гра звелася до гри з непарним п з мен-
шою кількістю вершин, тому, за припущенням ММІ, при непар-
ному п > 3 перший гравець може гарантувати собі перемогу.
11 клас
5 (583). Розв'язання, Нехай абсциси точок А,<В, С, І), С дорів-
нюють а, Ь, с, сі, і, % відповідно. Якщо ОДсі; £) — центр кола Д
то координати точок А, В, С, В задовольняють систему рівнянь
. (х-а)2 + (г/-(3)2=В2,
І
//=“•
І х
Виключаючи у із системи рівнянь, отримаємо рівняння
х* -2ахД (аД р2-ВДг2-2рх+1=О,
коренями якого є числа а, &, с, сі. Звідси за теоремою Вієта ма-
тимемо: а ч- Ь+с 4- (1 2а та аЬссі = 1.
416
Аналогічно, якщо О2(Х, ц) — центр кола 82, то а+.Ь+$
та = 1. Оскільки радіуси цих кіл рівні, то
2а+2Х = (а+&+с ч-с/)+ («+&+/ + £) = 2(а+&) + с+<2+/ + £ =
= 2а + 2Х 4”С4"<^ + /*+
Звідси -(с + сО = / + '£• Крім того; =	. Таким чином,
аЬ
для пар чисел (Д та (-с, -й) суми та добутки рівні. Отже,
/ = ~с та § = -сі або / = -(1 та § = -с. У першому випадку пари’
точок Е, С та (7, В — симетричні відносно початку координат,
тому ЕССВ — паралелограм; у другому .випадку чотирикутник
перетинає сам себе, що неможливо.
6 (584). Розв’язання. Доведемо, що точки А, Ь, X та К лежать на
одному колі (рис. 9.32). Справді, оскільки чотирикутник АВВХ
вписаний, то ААХК = ААВС. Аналогічно доводимо рівність
АЕХА-АВСА, тому
АКАЬ + АЬХК = АСАВ + ААВС + АВСА = 180°,
а отже, і чотирикутник АЬХК також вписаний. Звідси АКЬХ -
= АКАХ. Оскільки точки А, X, Е і С лежать на одному колі, то
АВЕХ = АСАХ, тому АКЬХ = АВЕХ, тобто ЬК || ВС. •
7 (585). Розв’язання. а) Розвязання пункту а) задачі майже очевид-
не, при цьому її твердження справджується для довільних Ь є 0
та ає№. Дійсно, якщо справджується рівність пуіп2+а-=Ьт,
то число л/п.2+а має бути раціональним, а тому й цілим.
Звідси п2 + а = &2 для деякого натурального к. Але оскільки різ-
ниці між сусідніми квадратами натуральних чисел зростають до
нескінченності, то існувати може лише скінченна кількість пар
(п, к) натуральних п і к, для яких при заданому натуральному а
має місце рівність п2-к2
Твердження пункту а) задачі так само отримаємо й у резуль-
таті розв’язання пункту б).
417
б) Нехай Ь = р/д — нескоротне подання дробу Ь, а за умовою а та
д — непарні числа. Позначимо через Іп множину натураль-
них чисел, що належать відрізку [дп2, дп2 + ад/2]. Інакше ка-
жучи, оскільки а і д — непарні числа, то Іа можна записати
у вигляді Іп - {дп2 + і: і - 0, (ад -1)/2}.
Розглянемо ще одну множину Р = {(п, т) \п є №, $т є Іп}. Під-
ставимо у вираз для М (п, т) значення Ь = р/д, матимемо:
М(п, тп) = д“1’| дп^Іп2 +а-рт |.
З очевидної нерівності ______
п2 <п\Іп2 4-а <п2 + а/2	(*)
одержимо: дп2 < дп\Іп2 + а. < дп2 +(ад)/2. Далі, якщо натуральне
число тр не належить множині Іп, то
М(п, тп)>д4(1-{ад/2}) = 1/(2д)
(тут {•} — дробова частина числа; ад непарне* тому {ад/2} = 1/2),
тоді
іп£ {М(п, т): (п, т) $ Р} > 1/(2д),	. (**)
а нулі функції М (п, тп). можуть належати лише точкам множи-
ни Р.
Оцінимо знизу величину М (п, тп) при (п, тп)єР для всіх
достатньо великих п. Нехай (п, тп)еР, тоді рт = дп2 +і,. де
/є{0,1,...,(ад-1)/2}. Тейер при таких піт маємо:
ял-/ ч -її Г~і	2 -1	(д2а-2ді)п2-і2
М(п,т) = д І дпуіп ±а-дп -і | = —---т===----;—г.
д (дпу/п2 + а + дп2 + і) •
Оскільки в отриманому дробі чисельник найменший, а зна-
менник найбільший при найбільшому можливому значенні і,
тобто при і = (ад - 1)/2, то, підставляючи це значення і, з ураху-
ванням, правої частини нерівності (*Х матимемо:-
я2-(«<7-1)7*	1
М(п, тп) >-———X——------->--г при П -> оо,
2д2тГ + ад2-д/2	2д2
а тому знайдеться таке п0, що М(п, т) > 1/(4д2) при всіх (п^-тп)є Р,
у яких п>п0. Зокрема, унаслідок нерівності (**) це означає,
що нулі функції М (п, тп) можуть належати лише множині Ро =
= {(п, тп) є Р: п > па}, яка скінченна. Отже, нулів у функції М (п, пі)
скінченна кількість.. Виберемо з ненульових значень функції
М (п, тп) на множині Ро найменше (позначимо його Со). Тоді як
сталу С можна вибрати С = тіп{С0,1/(4д2)}. Твердження пунк-
ту б) доведено.
Примітка. Неважко навести приклади, які показують, що
припущення пункту б) є суттєвими для правильності тверджен-
ня задачі.
418
8 (586). Відповідь*, при непарних п перемагає перший гравець,
а при парних — другий. -
Розв'язання. Нехай п парне. Опишемо виграпїну стратегію дру-
гого гравця. Аналогічно розв’язанню випадку 1 задачі 10.8 (582)
спочатку можна вважати, що перший гравець своїм першим хо-
дом сполучає сусідні вершини Р і (?. Другий гравець своїм пер-
шим ходом сполучає одну з них із сусіднею вершиною В. Після
цього другий равець грає в гру для п - 2 вершин, вважаючи, що
вершини Р і В «злйлися» в одну.
Наостанок перевіримо, Що при п - 4 другий гравець перема-
гає. Перший гравець, без обмеження загальності, сполучає вер-
шини відрізком ДД. Другий гравець своїм першим ходом спо-
лучає вершину А2 із центром кола. -Після цього залишаться три
зв’язні компоненти ДД, ОД і ОД. Пертий гравець своїм ходом
обов’язково сполучить* деякі дві з них, після чого другий гра-
вець перемагає.
Нехай п непарне.* Розв’язання задачі аналогічне розв’язанню
задачі 10.8 (582), оскільки перший гравець одразу використовує
центр кола.
Примітка 1. Умова, що накладена на центр, не відіграє ні-
якої ролі, оскільки в обох випадках його, у решті-решт, сполу-
чають з вершиною. Але ця умова ускладнює розв’язання з ви-
користанням міркувань симетрії.
Примітка 2. Випадок парного, п задачі 10.8 (582) також мож-
на довести ММІ. У наведеному розв’язанні є конкретний алго-
ритм дій.
Розділ 10
КИЇВСЬКІ ОЛІМПІАДИ ДЛЯ МОЛОДШИХ ШКОЛЯРІВ
а
для учнів 4-6 класів
4 клас
1	(587). Відповідь*. Василь.
Розв'язання. Розглянемо можливі випадки. Напроти кожно-
го учасника забігу покажемо можливі варіанти його місця.
Якщо неправду сказав Андрій, то А — 1, 4; Б — 1, 2, 3; В — 1;
Г — 4. Отримали суперечність.
Якщо неправду сказав Богдан, то А — 2, 3; Б — 4; В — 1;
Г — 4. Отримали суперечність.
419
Якщо неправду сказав Василь, то А — 2, 3; Б — 1, 2, 3;
В — 2, 3, 4; Г — 4. Можливо, наприклад, таке: А — 2, Б — 1,
В - 3 та Г — 4.
Якщо неправду сказав Грицько, то А — 2, 3; Б —. 1, 2, 3;
В — 1; Г — 1, 2, 3. Отримали суперечність.
2	(588). Відповідь: 4,
Розв'язання. Знайдемо ці числа. Цифра сотень має бути 2,
інакше при множенні на 4 ми не отримаємо відповідну цифру
одиниць. Таким чином, перше числд 298. Найбільше парне дво-
цифрове число 98, тому віднімали число 98 • 3 = 294. Різниця
дорівнює' 298 - 294 = 4.
З (589). Відповідь: 150.	___
Розв'язання. Позначимо шукані числа через аЬс, тоді має
справджуватися така рівність:
100а+10Ь+с = 15(10а+с) => 10& = 50а+14с.
Зрозуміло, що с = 0 або с = 5.
Якщо с = 0, то Ь = 5а, звідки маємо таку відповідь: 150.
Якщо,с = 5, то 10д = 50а + 70 => 6 = 5а+ 7 — розв’язків немає.
4	(590). Відповідь: —.
5*4
Розв'язання. З- усіх 27 кубиків один повністю розташова-
ний усередині великого куба, шість мають з його поверхнею рів-
но одну грань, ще 12 — по дві спільні грані, а ті вісім, що роза-
шовані по кутах великого куба,— по три спільні грані. Таким
чином, для найменшої кількості чорних граней має бути один
кубик усередині та щоб інші п’ять мали рівно одну спільну
грань. Отже, усього маємо п’ять чорних малих квадратиків
у разі загальної кількості квадратиків на поверхні куба 9 • 6=54,
5
тому------шукане відношення.
54
5	(591). Відповідь: 46.
Розв'язання. Трійка цифр {0; 1; 2} утворює рівно чотири та-
ких числа — 120, 102, 210, 201, а всі інші трійки послідовних
цифр {1; 2; 3}, {2; 3; 4}, ..., {7; 8; 9} утворюють шість чисел. Че-
рез те всього в множині 4+7 -6 = 46' чисел.
6	(592). Відповідь: 24.
Розв'язання. Коли студенти розсаджувалися
першого, разу, стільців було всього 4 + 4х,
а коли другого разу, то 6 4- 6 (х - 2). Прирівня-
ємо ці вирази: 6+6(х-2) = 4+4.х => х = 5. Отже,
стільців було 24.
7	(593). Відповідь: таких варіантів декілька, на-
приклад, наведений на рис. 10.13.
420
.8	6	2
4	1	3
5	9	7
Рис. 10.13
8	(594).* Відповідь: А, В, С, Е, В.
Розв’язання. Оскільки АС + ВВ > АВ, то точки розташова-
ні так: А, В, С, В. Тепер треба порахувати, щоб з’ясувати, де
розташована точка Е. Оскільки ВС = АС- + ВВ - АВ = 400, то
АЕ = 1200. Звідси зрозумілий порядок точок зліва направо.
9	(595). Відповідь: будь-яке парне число від 2 до 100.
Розв’язання. Очевидно, що за принципом парності числа на
парних позиціях е парними. Максимальне можливе число —
це 100. Як отримати записаним довільне парне число п від 2 до
100, зрозуміло: Тарасик пише числа в порядку зростання, доки
не дійде до числа п. Далі по черзі пише п + 1 (на непарній по-
зиції) та п (на парній).
10	(596). Відповідь: 388.
Розв’язання. Оскільки щодня, починаючи з вівторка, поштар
розносив непарну кількість карток, то чотири картки він міг
рознести лише в понеділок. Далі порахуємо кількість карток по
днях: у вівторок — 4»2-1 = 7, у середу — 7*2-1 = 13, у чет-
вер — 13*2-1 = 25, у п’ятницю — 25*2-1 = 49, у суботу —
49*2-1 = 97, у неділю — 97*2-1=193. Загальна кількість кар-
ток становить: 4 + 7 4- 13 4- 25 + 49 + 97 + 193 = 388.
11	(597). Відповідь: можливий варіант такий:
98+7+6+5+4+3*2+1.
12	(598). Відповідь: 6.
Розв’язання. Якщо додати периметри всіх сі- Г”|--------гт
рих і білих прямокутників (рис. 10.14), то легко
бачити, що кожний відрізок периметра великого
прямокутника додається тричі, тому шукане І——-------------1—
18
значення периметра таке: — = 6.	рис
З
13	(599). Відповідь: два розфарбування — усі числа червоні та всі
зелені, крім 5 та 10.
Розв’язання. Якщо число 1 червоне, то для кожного зеленого
числа а число 1 • а = а має бути червоним — суперечність.. Тому
всі числа мають бути червоними, що дає перше розфарбування.
Тепер розглянемо випадок, коли число 1 — зелене. Якщо чис-
ло 2 червоне, то число 1 + 2 = 3 — зелене, число 2 + 3 = 5 також
зелене — суперечність. Тому число 2 —. зелене. Тоді число 3 —
зелене, оскільки інакше число 2 + 3 = 5 також зелене — супе-
речність. Так само й число 4 — зелене, оскільки в противному
разі число 14-4 = 5 також зелене — суперечність.
Таким чином, для чотирьох зелених чисел 1, 2, 3, 4 та черво-
ного чйсла 5 зеленими мають стати числа 6, 7, 8, 9, а число
10 = 2*5 — червоним.,Це друге розфарбування, що задоволь-
няє умову.
421
* *
X *
* *
* *
+
* * *
9	*	*	*
Рис* 10.15
кількості монет
14	(600). Відповідь: 4-6, 3-8 або 2-8.
Розв'язання. Якщо результат Андрія — це число п, то ре-
зультат Богдана — 2п, результат Василя — 4п, результат Ганну-
сі — 8п, результат Даринки.— 16п. Найбільше число з таблич-
ки, що ділиться на 16, — це 64, але тоді Даринка мала б
множити числа 8 • 8, що суперечить умові. Отже, найбільшим
могло бути число 48=6-8, тоді далі могли бути такі приклади:
24 = 3-8, 12=3-4, 6 = 2-3 та 3 = 1-3. .
Якби Даринка отримала уч відповіді число
32 = 4-8,' то інші приклади могли бути таки-
ми: 16 = 2-8, 8 = 2-4, 4=1-4 та 2=1-2.
Якби Даринка отримала у відповіді число
16 = 2 • 8, то Андрієві дісталося б число в до-
бутку 1 = 1-1, їцо суперечить умові.
15	(601). Відповідь: 9009.
Розв'язання. Оскільки дія множення
99-9=891 дає в добутку першу цифру 8, то
всі інші варіанти множників не можуть забез-
печити у відповіді першу цифру 9 (рис. 10.15).
Через це перший множник — 99, а дру-
гий множник розпочинається на 9, а тому до-
рівнює 91, оскільки інакше не отримаємо дво-
цифрове число як множник. Отже, маємо
такий приклад: 99 • 91 = 9009.
5 клас .
1	(602). Відповідь: 12.
Розв'язання. Перебір зробимо .залежно від
вартістю 10 к.
Випадок 1. Якщо таких монет дві, то решту в 5 к. можна роз-
міняти так:
. однією монетою в 5 к. або п’ятьма монетами по 1 к. Отже,
усього два варіанти.
Випадок 2. Якщо моцета в 10 к* одна, то залишок у 15 к.
можна розміняти такими способами:
три монети по 5 к.; дві монети по 5 к. (решта в 5 к. — по
копійці); одна монета по 5 к.; жодної монети по 5 к.— загалом
чотири варіанти.
Випадок 3. Якщо немає монет у 10,к., то 25 к. можна розмі-
няти такими способами:
беремо 5, 4, ..., 0 монет по 5 к., решту — монетами по 1 к.,
загалом — шість варіантів.
Разом по всіх випадках маємо 12 варіантів.
422
2	(603). Відповідь-. 8.
Розв'язання. Зрозуміло, що після кожного натискання кноп-
ки Р5 сума чисел, що були введені перед цим, подвоюється.
Оскільки 1536 = 29-З, то натискань, могло бути від одного до
дев’яти.. Якщо натиснули дев’ять разів, то сума початкових чи-
сел — 3, тому вони не могли бути різними натуральними. Якщо
затискань було сім або менше, то ці числа неможливо визначити
однозначно. Наприклад, у разі шести натискань сума початко-
вих чисел така: 24 = 1+ ‘2 + 21’=1 + 3 + 20, а в разі восьми
натискань — така: 6 = 14-24-3 — єдине подання.
3	. Див. розв’язання задачі 4-3 (589).
4	. Див. розв’язання задачі 4-4 (590).
5	(604). Відповідь: 107.
Розв'язання. Очевидно, що для цифр вибір такий: 10-10,
для букв — такий: 104 =10000. Залишається з’ясувати кіль-
• кість можливих розташувань букв і цифр. Якщо перша цифра
стоїть на першій позиції, то для розташування другої маємо чо-
тири варіанти. Якщо перша цифра займає другу позицію, то для
розташування другої цифри маємо три варіанти. Якщо перша
цифра стоїть на третій і четвертій позиціях, то для розташуван-
ня другої маємо два та один варіант відповідно. Разом маємо
десять варіантів. Отже, варіантів ‘скласти пароль усього
10-10*-10* =10т.
6	. Див. розв’язання задачі 4-6 (592).-
7	(605). Відповідь: 100^1234567899^9.
1788	220
Розв'язання. Очевидно, що число має розпочинатися з такого
набору цифр: 1000..., при цьому нулів має бути максимум. Сума
цифр 1 4- 2 4- ... 4- 8 = 36, тоді кількість дев’яток не може бути
більшою ніж 220, тому що 2017 - 36 = 1981 та ^^ = 220,11....
9
Оскільки 220 -9 = 1980 і 1980 4- 36 = 2016,
має обов’язково бути ще одна ненульова —
це 1. Отже, утворюється таке шукане число:
100_01234567899_9.
1788	220
8	(606). Відповідь: 10.
Розв'язання. Якщо порахувати кіль-
кість трикутників по рядах, то отримаємо
таку суму: 1 4- 3 4- 5‘ 4- ... -ь (2п - 1) = 100
. (рис. 10.16). Простим перебором неважко
то серед усіх цифр
дійти висновку, що ця рівність справджу-
ється при п = 10.
Рис. 10.16
423
9	(607). Відповідь: від 1 до 12.
Розв'язання. Зрозуміло, що учнів може бути максимум 12.
Розглянемо, скільки становитиме мінімум учнів.
* Французьку та німецьку мови можуть вивчати максимум
четверо учнів, французьку й англійську — максимум восьмеро
учнів, англійську та німецьку — максимум семеро учнів. Якби
ці множини не перетиналися, то всього в класі було б не більше
ніж 19 учнів. Таким чином, щонайменше один учень обов’язково
вивчає всі три мови. Для решти проміжних варіантів неважко
дібрати відповідний розподіл.’
10., Див. розв’язання задачі 4-10 (596).'/
11.	Див. розв’язання задачі 4-11 (597).
12.	Див. розв’язання задачі 4-12 (598).
13.	Див. розв’язання задачі 4-13 (599).
14.	Див. розв’язання задачі 4-14 (600).
15	(608). Відповідь: 4683 та 4782.
Розв'язання, Тут відповіді знаходять підбором через перебір
цифри А.
6 клас
1 (609). Відповідь: 42.
Розв'язання. Перебір зробимо залежно від кількості монет
вартістю 10 к. *
Випадок 1. Якщо таких монет дві, то залишок у 5 к. можна
розміняти такими способами: однією монетою в 5 к. (1 спосіб)
або коли монет у 5 к. немає, тоді є три варіанти розміняти мо-
нетами по 2 к. та 1 к.:
' . 5 = 2 + 2 + 1= 2 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1.
Загалом 4 способи.
Випадок 2. Якщо є одна монета у 10 к., то залишок у 15 к.
можна розміняти такими способами:
три монети по 5 к;
дві монети по 5 к. та три варіанти розміняти монетами у 2 к.
та 1 к.;
одна монета вартістю 5 к. та шість варіантів розміняти моне-
тами у 2 к. та 1 к.— кількість варіантів визначається кіль-
кістю монет у 2 к.;
жодної монети вартістю 5 к. та вісім, варіантів розміняти мо-
нетами у 2 к. та 1 к.— кількість варіантів визначається кіль-
1 кістю монет у 2 к.
Загалом 18 способів.
424
Випадок 3. Якщо немає монет у 10 к,, то 25 к. можна розмі-
няти такими способами:
5 монет по 5 к.;
4 монети по 5 к. та три варіанти монетами по 2 к. та І к.;
З монети по 5 к. та шість варіантів монетами у 2 к. та 1 к>;
2 монети по 5 к. та вісім варіантів монетами у 2 к. та 1 к.;
1 монета 5 к. та 11 варіантів монетами у 2 к. та 1 к.;
немає монет по 5 к., 13 варіантів монетами у 2 к. та 1 к.
Загалом 42 варіанти.
2.	Див. розв’язання задачі 5-2 (603).
З (610). Відповідь: 3109, 4220, 5331, 6442, 7553, 8664 та 9775.
Розв'язання. Позначимо першу цифру числа як а, число з ре-
шти цифр — к. За умовою 1000а 4- £ = 10А? + а + 2016, звідки
111а - к = 224. Отже, а >3, і маємо такі розв’язки: а = 3, к = 109;
а = 4, к = 220; а = 5, к = 331; а = 6, к = 442; а = 7, к = 553; а = 8,
к ~ 664; а = 9^ к = 775. Відповідно чотирицифрові числа, що за-
довольняють умову задачі, — це 3109, 4220, 5331, 6442, 7553,
8664 та 9775.
4.	Див. розв’язання задачі 4-4 (590).
5.	Див. розв’язання задачь5-5 (604).
6	(611). Відповідь: 10 під’їздів.
Розв'язання. Нехай з початку карток було 5 + 15х. Тоді
в церший під’їзд поштар заніс рівно 5 + х карток, і залишилося
14х. У другий під їзд він заніс 6+------ карток. Тепер маємо
15
рівність 6 + ~~~ ~ х => 15+14лг-6 = 15х =? х = 9. Отже, усього
із самого початку було 5 + 15х = 140 карток, і в перший та дру-
гий під’їзди поштар заніс по 14 карток. Таким чином, усього
було 140 : 14 = 10 під’їздів. Залишаються переконатися, що ви-
конується умова: у всі інші під’їзди поштар заніс таку саму
кількість' карток. Наприклад,.
’ м .	„ (140-28-7) '
у 3-й під їзд: 7+---------= 14;
15
. о . о (140-42-8) ’
у 4-й під їзд: 8+---—-----= 14;
к м	п (140-56-9) - . .
у 5-й під їзд: 9+---------= 14 і т. д.
15
7.	Див. розв’язання задачі 5-7 (605).
8.	Див. розв’язання задачі 5-8 (606).
9.	Див. розв’язання задачі 5-9 (607).
425
10	(612). Відповідь: 59, 60 або 61.	.
Розв'язання. Нехай рибалки спіймали а <Ь < с < сі < е рибин-
Тоді а+Ь>20 та с+# + е<40. Очевидно, що &>11, оскільки-
інакше порушиться перша нерівність. Крім того, с < 12, оскіль-
ки інакше порушиться друга нерівність. Таким чином, Ь = 11,
с = 12, тому а = 10 або а = 9. Якщо й>14, то порушиться перша
нерівність, тому д = ІЗ, тоді е = 14 або е = 15.
Отже, можливі чотири розподіли улову, а для загальної кіль-
кості спійманих рибин — три варіанти: 9 + 11 + 12 + 13 + 14 = 59,
9 + 11 + 12 + 13 + 15 = 10 + 11 + 12 4- 13 4- 14 = 60,
10 + 11 + 12 + 13+15 = 61.
11 (613). Відповідь: (43; 2; 3), (359; 2; 7), (89; 3; 2).
Розв'язання. Очевидно, що а > 2, тому воно непарне. Звідси
в лівій частині заданої рівності стоїть сума парного та непарного
• .чисел, через те одне, з них дорівнює 2.
• Якщо Ь = 2, іго а = 16 + е3 <2017 => с3<2001с<П.
При с = 3 -=>-а = 43 — розв’язок (43; 2; 3).
При с = 5 =>. а = 141 — не просте.
При с-7 => а = 359 — розв’язок (359; 2; 7).
При с = 11	а = 1347 — не просте.
« Якщо с = 2, то а = 8+д4<2017 => д4<2009 => &<5.
При д = 3 => а = 89 — розв’язок (89; 3; 2).
При д = 5 => а = 633 — не просте.
12	(614). Відповідь: 2 сотки.
Розв'язання. Переставимо ділянки городу таким чином, як
це показано на рис. 10.17. Тепер можна зробити такі висновки.
Оскільки площа під квітами та під огірками однакова, то на
останньому рисунку верхня горизонтальна лінія поділяє прямо-
кутник навпіл. Так само з рівності площ під квітами та під по-
мідорами випливає, що ліва вертикальна лінія теж ділить пря-
мокутник навпіл. Через те площа під цими культурами становить
. ‘	1 .	..	.	А '	«
рівно по - від загальної площі городу. Отже# площа, зайнята
426
13	. Див. розв’язання задачі 4-13 (599).
14	(61$). Відповідь: 4 • 9 або 6-6,
Розв’язання. Якщо результат Андрія — це число п, то ре-
3	'	9
зультат Богдана — -п, результат Василя — -п, результат Гай- 1
2	-	4
27	„	' 81	.
нусі — —п, результат Даринки — —її. Оскільки всі числа —
'8 .	.16
цілі, то п:16. Якщо п>32, то число 162, одержане Даринкою,
. виходить за межі таблички множення, тому п = 16. Звідси ви-
пливає, що Василь отримав число 36=4-9 = 6-6.
15	. Див. розв’язання задачі 5—15 (608).
IV Київська міська олімпіада юних математиків
для учнів 4-6 класів
«Математична вишиванка»
,4 клас
1 (616). Відповідь: 15м.’
Розв’язання. Розглянемо два варіанти розрізання.
•	Проведемо два паралельних розрізи однакової довжини. Тоді
очевидно, що поділити належним чином ділянку можна, і су-
марна довжина розрізів — це 10 4- 10 = 20 м.
•	Якщо спочатку відрізати одну ділянку площею то другим
розрізом можна розділити залишок 100-5, на дві ділянки
шуканих площ. Зрозуміло, що довжина
другого розрізу буде тим меншою, чим
більша площа На рис. 10.18 праворуч
показано ділянку площею 81 50, а ліво-
руч — відрізок І)С, по якому розрізали
другу половину квадрата. Тому другий
розріз має довжину 5, а сумарна довжи-
на розрізів складає 10 4- 5 = 15. Очевид-
но, що прямокутники мають потрібні
площі.
’ * і Ч	і 5 1 1
	।
6	1 1 !
Рис. 10.18
2 (617). Відповідь: так.
Розв’язання. Тут легше писати не імена гномів» які їздити-
муть угору та донизу, а їхню вагу. За сім.переїздів вони можуть •
досягти бажаного.
. 1. 10+12+18Т 2.10+12 4-	3.12+14?	' 4.14+184.
5. 10+14?	6. 10+12 4.	7. 10+12+18?
427
З (618). Відповідь: 200 - (1 + 2+5)+20 • (3+8+9)+(4+6+7).
Розв'язання, Запишемо число
2017 - 2000 + 17 - 1800 + 200 + 17 = 1600 4- 400 4- 17.
Сума всіх цифр дорівнює 1 4- 2 4; ... 4- 9 = 45, тому для кож-
ного з наведених подань числа 2017 треба розглянути відповідну
суму цифр, які при цьому сад вибрати.’
Наприклад, для подання 2000 + 17 = 200-10+17 шукана сума
цифр 10+17-27 — умову не задовольняє.
Для подання 1600 +100+17 = 200 -8+20-20+17 шукана сума
цифр 8 + 20 + 17 = 45, тобто можна спробувати дібрати їх на-
лежним чином.
8 = 1 4- 2 + 5, 20 = 3 + 8 4- 9, 17 = 4 + 6 + 7.
4 (619). Відповідь: Олеся.
Розв'язання. Розіб’ємо клітинки на такі пари: (1; 2), (3; 4),
..., (2017; 2018). Далі, якщо Оксана своїм ходом фарбує одну
з клітинок пари, то Олеся фарбує другу клітинку пари. Таким
чином, по завершенні фарбування всіх клітинок Олеся має при-
наймні 1009 пар сусідніх клітинок різного кольору. Оскільки
всього сусідніх пар є рівно 2017, то Олеся гарантовано отри-
має більше балів.
5 клас
1	(620). Відповідь: рис. 10.19.
2	(621). Відповідь: 2999 та 11999.
Розв'язання. Зрозуміло, що шукане
число п закінчується на декілька цифр 9.
Запишемо його у вигляді А99...9, де число А закінчується не на
цифру 9. Тоді число /і + І умовно запишемо так: (А + 1)00...0.
Отже, число (А + 1) має суму цифр 3, а число А —- суму цифр 2 від-
• повідно. Тоді число А є або числом 2, або числом 11, оскільки не
може мати цифр 0. Таким чином, шукані числа — 2999 та 11999.
Я (622). Відповідь: 96•87 = 8352.
Розв'язання. Очевидно, що слід вибрати найбільші можливі
цифри, тобто цифри 9. 8, 7 та 6. Щоб знайти максимальний до-
буток, можна заміняти цифру з невикористаних на використа-
ну меншу для збільшення добутку. При цьому перші цифри
цих чисел мають бути більшими за другі, оскільки інакше
можна знову-таки поміняти невикористану цифру на більшу,,
і тоді добуток збільшиться. Таким чином, найбільшим може
бути один із таких добутків: 97-86 = 8342, 96-87 = 8352 або
98-76 = 7448.
428
І5-9 = Б
4 (623). Відповідь*, а) можна; б) не можна. к 1
Розв'язання. а) Розставимо фотографів,	І
як це показано на рис. 10.20.	[	5
б)	Зрозуміло, якщо фотограф А не може	]*
сфотографувати фотографа Б, то й на-	।	і
впаки. Через це всіх фотографів можна	$	%	}	7
розбити на такі «закриті для фотогра-	!
фування» пари. Проте кількість фото-
графів непарна, тому розставити їх на-
лежним чином неможливо.	’
10.20
5 (624). Відповідь: 36.
Розв'язання. Розглянемо деякий гурток, який відвідують ві-
сім дітей. Кожний із них відвідує ще рівно один гурток, і всі ці
гуртки різні. Таким чином, усього- гуртків принаймні дев’ять.
Це зрозуміло, оскільки інакше для десятого гуртка в парі з будь-
яким із цих'дев’яти не існувало б дитини, що їх відвідувала
одночасно. З дев’яти гуртків можна утворити рівно ~ • 9 - 8 = 36
2
різних пар, тому й учнів має бути рівно 36, тому що кожна пара
гуртків визначає рівно одного учня і кожен учень визначається
певною парою гуртків. '
6 клас
п с - м
1 (625). Відповідь: рис. 10.21.	І І О "" Н
2 (626). Відповідь: 3999, 21 999, 12 999 та
111 999.	Рис'
Розв'язання. Зрозуміло, що шукане число п закінчується на
декілька цифр 9. Запишемо його у вигляді А99...9, де число А за-
кінчується не на цифру 9. Тоді число п + 1 умовно запишемо як
(А +• 1)00...0. Тоді число (А 4-І) має суму цифр 4, а число А від-
повідно має суму цифр 3. Отже, це може бути число 3, число 21,
число 12 або число 111, тому що воно не може мати цифр 0. Та-
ким чином, шукані числа такі: 3999, 21999, 12999 та 111999.
З (627). Відповідь: 19 м.
Розв'язання. Позначимо швидкості Болта, Гея та Гетліна че-
рез п2 та о3 відповідно. Через те’матимемо такі рівності:
о, -16 = 100 => і\=10 м/с, р2 -10 = 90 => и2=9 м/с. Тоді час Гея
на дистанції: і2 -"Цр с. За цей час Гетлін пробіг 90 м; тобто його
90 810 81	.. _
швидкість становила = —=------= — м/с. Таким чином, за 10 с,
3 і2 100 10
коли фінішував Болт, він подолав відстань £3=о3-10 = 81 м,
тобто Гетлін знаходився на відстані 19 м від Болта.
429
4(628). Відповідь-. 1-2034 = 2034. •	ГІГ
Розв'язання. Зрозуміло, що слід вибрати	"	~
найменші можливі цифри, тобто 0, 1, 2, 3, 4.	—1---------
Щоб знайти найменший добуток, можна міня-	—
ти невикористану цифру на меншу використа- " Т Т* —
ну (якщо нуль, то не на першу позицію), і до-  г і  ЗС —
буток зменшиться. При цьому ДЛЯ зменшення І—Л—*— — — —Щ
добутку’ перші- .цифри цих чисел мають бути рис 22
меншими за другі, другі — меншими за треті
і т/ д., за винятком того, що цифра 0 має бути другою в одному
з двох чисел. Тому, якщо розглядати можливий добуток о двоциф-
рового числа на чотирицифрове, можливі такі чотири варіанти:
4-1023 = 4092; 3 1024 =3072; 2-1034 = 2068; 1-2034 = 2034.
Якщо це добуток двоцифрового на.трицифрове число, то ва-
ріантів стає дев’ять:
10-234^2340; 12-304 = 3648; 13-204 = 2652;
14 • 203 = 2842; 20-134 = 2680; 23 • 104 = 2392;
24-103=2472; 30-124 = 3720; 34-102 = 3468.
Залишається вибрати найменший можливий.
5 (629). Відповідь: рис. 10.22.
Розв'язання. Припустимо, що ми використаємо по п квадра- •
тиків кожного розміру. Тоді сумарна площа їх дорівнюватиме
(12ч-22 ч-32)п = 14и. Тому найменша можлива кількість малих
квадратів — по 14 кожного розміру. Шуканий приклад наведено
на рис. 10.22.
VI Олімпіада Київського національного університету
імені Тараса Шевченка для учнів 4-6 класів
«Без труда нема плода»
4 клас
Основні задачі
1 (630). Відповідь: 3906.
Розв'язання. Запишемо суму сто-
. рін трикутників, яка визначає пройде-
ний равликом шлях (рис. 10.23):
2016 2016 2016 2016 2016
-----1----1-----1- —- }----і_
2	4.8	16	16
2016 2016 2016 2016
Н---+------++-----------
16	8	4	2 .
= 1008 + 504 4- 25.2 -е 126 + 126 +
4- 126.1- 252 Ч- 504 -І- 1008 = 3906.
430
2 (631). Відповідь: 44.
Розв'язання. Випишемо можливі розклади чисел на різні
множники: 16 = 1 16=2 -8 та 225 = 1 • 225 = 3 • 75 = 5 • 45 = 9 • 25.
Якщо для числа 16 вибрано розклад 1-16, то дібрати належним
чином розклад числа 225 уже не вдасться. Тому два менших
числа — це 2/8, тобто можливий розклад числа 225 = 9-25.
Звідси сума всіх чисел дорівнює 2 + 8.+ 9 + 25 = 44.
З (632). Відповідь: 10 дівчаток і 18 хлопчиків.
Розв'язання. Нехай із самого початку було
х дівчаток та х + 8 хлопчиків. У другій частині .
балу дівчаток стало: х + х + 8, а хлопчиків —
х + 8 + 10. Звідси маємо рівність 2х + 8 = х + 18,
тоді х = 10.
4	(633). Відповідь: так.
Розв'язання. Можливий приклад показано на Рис. 10.24
рис. 10.24.
5	(634). Відповідь: 54 співробітники.
Розв'язання. Роглянемо відповіді співробітників про кількість
брехунів, одна з них має бути правдивою, друга — ні. Якщо прав-
дивою є відповідь «не менше ніж 25 брехунів», то інша'неправди-
ва, тобто брехунів буде менще .ніж 28. Із цих двох відповідей ви-
пливає діапазон кількості брехунів — 25, 26, 27. Якщо вважати
правдивою другу відповідь про брехунів, а першу — неправдивою,
то отримаємо порожню множину діапазону кількості брехунів.
Цілком аналогічно розглядаючи відповіді про лицарів, мати-
мемо діапазон їхньої кількості: 27, 28, 29. Оскільки лицарів
• і брехунів однакова кількість, то їх по 27, тобто всього співро-
бітників 54.
Додаткові задачі
6	(635). Відповідь: 1009 колоній.
Розв'язання. Припустимо, що в колонії більше ніж двоє пта-
хів. Розглянемо ті три з них, шо сидять зліва направо,— А, В,.
С. Між птахами А та В сидять 2п птахів, а між птахами В та
С — 2т птахів.. Але тоді між птахами А та С сидять 2п + 2т +
1 птах — непарна кількість. Таким чином, кожна колонія скла-
дається щонайбільше з двох птахів, а тому кількість колоній
становить щонайменше 2018: 2 = 1009.
7	(636). Розв'язання. Виберемо дві точки А. В, що не лежать на
прямій./- Тоді прямі АВ та І або перетинаються в деякій точці С,
або пряма АВ паралельна прямій І. Вибираємо першу трійку то-
чок таким чином: до точок А, В додаємо будь-яку точку на пря-
мій І, що відмінна від т'очки С (якщо прямі паралельні, додаємо
431
будь-яку точку на прямій І). Залишається 38 точок на прямій І
та 19 поза нею. Зрозуміло, що тепер достатньо вибрати трійки
в такий спосіб: дві невибрані точки на прямій та одна з іще не-
вибраних точок поза прямою.
8	(637). Відповідь: помилився.
Розв'язання. Доведемо, що сума має бути непарним числом.
Дійсно, серед цих 12 чисел рівно шість непарних. Через це пар,
де обидва числа непарні, буде всього - • 6 -5 = 15. Таким чином,
2
до суми входить непарна кількість непарних доданків, а тому
вона так само буде непарною.
5 клас
Основні задачі
1	(638). Відповідь: так.
Розв'язання. Приклад наведено на рис. 10.25.
1	2	3	4	5	6	7	8	9
8	2	6	5	4	3	9	1	7
Рис. 10.25
2	. Див. розв’язання задачі 4-3 (632).
3	. Див. розв’язання задачі 4-4 (633).
4	. Див. розв’язання задачі 4-6 (635).
5	(639). Відповідь: 5 грн.
Розв'язання. Якщо в Петрика є 2п купюр номіналом х, то
сума грошей у нього складає 2пх - 100. Тоді, якщо позначити
номінальну вартість купюр, подарованих Юрку, через і/, то сума
його грошей становитиме пу = 200. Звідси випливає, що у - 4х.
Розглянемо грошові купюри зі співвідношенням номінальної
вартості 1 : 4. Існують лише такі купюри: 5 та 20 грн або 50 та
200 грн. Оскільки купюр у Юрка декілька, за умовою задачі,
а грошей у нього всього 200 грн, то купюри в 200 грн він мати
не може. Через те у Юрка купюри по 20 грн, відповідно в Пе-.
трика — по 5 грн.
Додаткові задачі
6	(640). Розв'язання. Виберемо дві точки А, В, що не лежать на
прямій І. Тоді прямі АВ та І або перетинаються в деякій точ- ,
ці С, або пряма АВ паралельна прямій І. Вибираємо трійку
точок таким чином: до точок А, В додаємо будь-яку точку на
432
прямій /, що відмінна від точки С (якщо прямі паралельні,
додаємо будь-яку точку на прямій І). Залишаються 20 точок
на прямій І та 37 поза нею. Повторимо таку саму процедуру
ще 19 разів. У результаті залишаться дві точки на прямій І та
одна точка не на цій прямій: вони утворюють останню, 20-ту
шукану трійку точок.
7	(641). Відповідь: помилився.
Розв'язання. Доведемо, що сума має бути непарним числом.
Дійсно, серед цих ЗО чисел рівно 15 непарних. Через це пар, де
обидва числа непарні, буде всього ~ • 15 • 14-105. Отже, до суми
2
входить непарна кількість непарних доданків, а тому вона так
само буде непарною.
8	(642). Відповідь: 1, 12, 2, 11, 3, 10, 4, 9, 5, 8, 6, 7.
Розв'язання. Якщо розглянути дві сусідні картки, то при-
наймні на одній із них не може бути правильного твердження.
Дійсно, ліворуч від них (якщо на обох правильне твердження)
лежить однакова кількість неправильних тверджень, тому при-
наймні на одній із них воно хибне. Отже, із 12 карток не менше
як на шести написано хибне твердження, відповідно не більше
як на шести •— правильне твердження. Залишається розглянути
наведену відповідь.
6 клас
Основні задачі
1. Див. розв’язання задачі 5-1 (638).
2 (643). Відповідь: не може.
Розв'язання. Очевидно,.що в такій рівності, якщо вона мож-
лива, мають стояти з одного боку від знака рівності найбільше
та найменше числа, наприклад к і І. а з другого — два інших
т .	1	1’1
числа тп, п. Тоді отримаємо наищльше значення — ч—-	+
1 11 .
+-------- — воно менше, ніж найменше
100 100
111
значення	а цей доводить, що дана
к І 9
рівність неможлива.
З (644). Відповідь: можна.
Розв'язання. Приклад показано на
рис. 10.26.
Рис. 10.26
4.	Див. розв’язання задачі 5-5 (639).
5.	Див. розв’язання задачі 5-6 (640).
433
Додаткові задачі
6.	Див. розв’язання задачі 5-7 (641).
7.	Див. розв’язання задачі 5-8 (642).
8	(645). Відповідь: б) не справджується.
Розв'язання. Усього рівносторонніх
. . , . 1
трикутників сім: п ять зі стороною ~а
. та ще два — АВС та ВСН (рис. 10.27).
а) Припустимо, що твердження непра-
вильне, тобто існує таке розфарбу-
вання вершин, за якого не буде жод-
ного рівностороннього трикутника
з однокольоровими вершинами. Не-
хай вершини В, В, наприклад, жовті.
Тоді вершини В, Н — сині, С — жов-
та, О — синя, А — жовта, і ми ма-
ємо рівносторонній трикутник АВС
з жовтими вершинами. Одержана су-
перечність завершує доведення.
б) Не справджується. Достатньо пофарбувати вершини В, С, О
у жовтий колір, усі інші — у синій і переконатися, що одно-
кольорових трикутників із семи рівносторонніх не існує.
І Всеукраїнська математична олімпіада
для учнів 5-7 класів
і Тур КИИвИ
5 клас
1 (646). Відповідь: один із можливих варіантів: (222 - 22) : 2 = 100.
2 (647). Відповідь: не може.
Розв'язання. За умовою числа, що стоять через одне., різної
парності. Припустимо, що число 6 дійсно стоїть першим у ряд-
ку. Тоді парності чисел, що стоять на місцях 1, 3, 5, ..., 17, такі:
П, Н, П, ..., П (п’ять парних чисел та чотири непарних). А на
місцях 2, 4, 6, ..., 16 мають бути чотири парних числа та чотири
непарних в одній із двох послідовностей.: П, Н, ..., П, Н або Н,
П, ..., Н, П. Отже, у рядок належить розставити дев’ять парних
чисел і вісім непарних, а в нас, навпаки, є дев’ять непарних та
вісім парних. Отримали суперечність.
434
З (648). Відповідь: 34.
Розв’язання. Третина від площі квадрата ста-
новить 12, тому це може бути прямокутник
зі сторонами 12x1, 6x2 та 4x3. Очевидно, що
лише останній варіант задовольняє умови зада-
чі, якщо взяти до уваги, шо квадрати перекри-
ваються рівно по одній вершині кожного з них.
Через симетричність одержаної фігури не прин-
ципово, яка зі сторін прямокутника дорівнює З,
а яка — 4 (рис. 1О.%8).
Рис. 10.28
Тепер обчислимо шукане значення, периметра фігури:
(2+6+6+3)' 2 = 34.
4 (649). Розв’язання. Припустимо, що всі мешканці одного будин-
* ку мають різні імена. Оскільки в одному з будинків мешкає
45 людей, то й різних імен має бути не менше ніж 45. Але тоді
загальна кількість людей, що мешкають на цій вулиці, з одно-
го боку, не менша ніж 45-3 = 135, аз другого боку, дорівнює
5 + 15 + 25 + 35 + 45 = 125. Отримали суперечність.
5 (650). Відповідь: на позиції з номером 2018 стоїть число 3, а на
позиції з номером 1001 — число 17.
Розв’язання. Позначимо суму всіх 2018 чисел як 8. Якщо
сума кожних 20 сусідніх чисел однакова, то відома та однакова
сума кожних 18 сусідніх чисел. Дійсно, сума чисел з номерами
від 1 до 2000 дорівнює 200-100 = 20000, оскільки серед них
є рівно 100 чисел по 20, що йдуть поспіль. Тоді сума чисел з но-
мерами від 2001 до 2018 дорівнює 8 - 20000. У такий спосіб
можна знайти суму будь-яких 18 сусідніх чисел, і вона буде та-
кою самою. Як висновок, у всіх 18 чисел, що йдуть поспіль,
вона однакова. Але тоді й у кожних двох сусідніх чисел вона має
бути однаковою. Наприклад, числа з номерами 1-20 мають суму
200, а числа з номерами 1-18 — суму 8 - 20000, тому числа на
позиціях з номерами 19 і 20 мають суму 200 - 8 + 20000 =
= 20 200 - 8. Але таку саме суму має будь-яка пара сусідніх
чисел. Щоб в цьому упевнитися, достатньо вибрати 20 сусідніх ’
чисел, що закінчуються цією парою, та 18 сусідніх, що розпо-
чинаються там, де й вибрані 20.
Тепер розглянемо будь-які три сусідніх числа. Позначимо їх
а, 5, с. За одержаним а + Ь = Ь + с, тобто а = с. Унаслідок до-
вільності вибраної трійки чисел можна зробити висновок, що
рівними є всі числа, що стоять через одне. Отже, з умови задачі
випливає, що на всіх цозиціях з непарними номерами стоїть
число 17,.тобто й на 1001-й позиції. Позначимо число, що стоїть,
на парних номерах, через х. тоді сума двадцяти сусідніх має до-
рівнювати 200=10 • (17 +х), звідки х = 3. Інакше кажучи, на
позиції з номером 2018 стоїть число 3.
435
6 клас
1	(631). Відповідь*. 36.
Розв'язання. У центральному секторі всього 28 • 8 = 224 міс-
. ця. Тоді у двох інших секторах — 576 місць, тобто в кожному
по 288. Оскільки там рівно 8 однакових рядів, то в кожному по
36 місць.
2	(652). Відповідь*. 14, 58 та 74.
Розв'язання. Цифра А може бути однією з трьох: 1, 5 або 7.
Цифра а за ознакою подільності на 4 може бути тільки 0, 4 або
8, тому що число аа має ділитися на 4. За ознакою подільності
на 3 має ділитися на 3 число А 4-' а + а. Умову задовольняють
числа 144, 588 та 744, звідки знаходимо наведену відповідь.
З (653). Відповідь*, три прямокутники 3x1 та чотири прямокутни-
ки 4x1.
Розв'язання. Нехай було х прямокутників 4x1 та у прямо-
кутників 3x1. Тоді можна скласти рівняння для площі даного
квадрата: 25 = 4х + Зі/. Число 25 - Зу має ділитися на 4. Це від-
бувається при у = 3, тоді х = 4, та при у = 7, тоді х = 1.
Рис. 10.29 Рис. 10.30	Рис. 10.31 Рис. 10.32
Припустимо, що вдалося розрізати даний квадрат так, що
в результаті одержали рівно один прямокутник 4x1. Тоді він
може бути розташований лише на краю квадрата, тому що інак-
ше (рис. 10.30-31) частицу квадрата, що залишилася ліворуч
від нього, не вдасться розрізати на прямокутники 3x1.
Якщо той прямокутник 4x1 розташований на краю, то далі єди-
ним-можливим чином вкладаємо прямокутники 3x1 (рис: 10.32).
І одержуємо ситуацію, яка показує неможливість шуканого роз-
різання.
4. Див. розв’язання задачі 5-5 (650).
5 (654). Відповідь: а) ні; б) так.
Розв'язання, а) Нехай куб 3x3x3 склеєно з кубиків 1x1x1, які
пофарбовані в шаховому порядку в чорний та білий кольори.
Інакше кажучи, кожні два кубики 1x1x1, що мають суміжну
436
грань* різнокольорові. Нехай кутові кубики будуть чорними,*
тоді центральний кубик має бути білим. Усього маємо 14 чор-
них та 13 білих одиничних кубиків. Якби вдалося належним
чином склеїти великий куб, то по черзі довелося б доклеюва-
ли кубики різних кольорів. Але в цьому разі мала б іти по-
слідовність БЧБЧ...БЧ, тому процес не може завершитися,
оскільки кількість білих кубиків менша, ніж чорних, отже,
це неможливо.
б) Це легко зробити в такий спосіб. Фарбуємо в шаховому по-
рядку нижній шар з дев’яти кубиків так, щоб завершити його
кутовим кубиком. Переходимо на середній шар, там так само
фарбуємо кубики, щоб закінчити в кутовому, і аналогічно
фарбуємо останній, верхній шар.
7 клас
1	(655). Відповідь-. 29.
Розв'язання. У центральному секторі всього 28 • 8 = 224 місця,
тоді у двох інших секторах — 576 місць, тобто в кожному по 288.
Оскільки в кожному секторі по вісім рядів, то позначимо кіль-
кість місць першого, ряду правого та лівого секторів через х.
 Тоді в наступних рядах відповідно х 4- 2, ..., х 4- 14 місць. Разом
там матимемо х 4- (х 4- 2) 4- ... + (х 4- 14) - 8х 4- 56. Таким чином,
отримаємо рівняння для знаходження шуканого х:
8x4-56 = 288 => х = 29.
2	. Див. розв’язання задачі 6- 2 (649).
З (656). Розв'язання. Оскільки ВВ = ДГ
(за побудовою), ВВ = ВС (за властивістю
медіани) та ЛВВВ = ЛАВС (як кути, що
доповнюють до розгорнутого рівні ку-
ти АВВ та АВВ), то за двома сторонами та
кутом між ними ЛВВВ = ЛАВС (рис. 10.33).
Тоді
ЛАСВ = ЛВВВ = ЛЕВС (як вертикальні).
Отже, трикутник ЕВС рівнобедрений,
звідки-ЕВ = ЕС.
4	(657). Відповідь-. 76, 153, 273, 325, 385:
Розв'язання. Нехай 23 = р + д 4- г, де
р<д<г. Проведемо перебір за простим
о •	'	„ 23
числомр. Зрозуміло, що р<7<—.
• р = 2. Тоді 7 4- г = 21. Отже, одне з простих чисел, що лиши-
лося, — парне, тому = 2, г = 19. Шуканий добуток Р=
= 19-2’2=76.
437
•	р = 3. Тоді д + г = 20, а отже, обидва простих числа непарні.
Розглянемо можливі варіанти:
ц = 3, г = 17 — так; д = 5, г = 15 — ні; д = 7, г = 13 — так.
Для цих варіантів можливі такі добутки: £>=17-3-3 = 153,
£> = 13-7-3 = 273..
•	р = 5. Тоді д Ч- г = 18. Розглянемо можливі варіанти:
д = 5, г = 13 — так.; д = 7, г = 11 — так.
Для цих варіантів можливі такі добутки: £> = 13-5-5=325,
£> = 11-7-5 = 385.
•	р = 7. Тоді д 4- г = 16. Єдиний можливий варіант: д = 7,
г = 9 — ні.
5 (658). Відповідь: х=Л
4 1
Розв'язання. Зрозуміло, що умова х>— рівносильна умові
1 Х
х>1, а умова х< — — умові х < 1. Розглянемо такі випадки.*
х
•	Якщо 0<х<-, то 8х < 1 та 2х < 1, тому (2х) =— та (8х) =—.
8	2х	8х
Тоді рівність набуває такого вигляду: —=—, або 2х = 8л , що
2х 8х
неможливо при додатних х.
11 1
•	Якщо -<х<-, то 8х>1 та2х.< 1,тому (2х) = — та (8х) = 8х.
8	2	2х
Тоді рівність набуває такого вигляду: — = 8х, або 16х2 =1,
*	2х
звідки маємо відповідь х = ~.
4
•	Якщо х>-, то 8х > 1 та2х>1, тому (2х) = 2х та (8х)=8х.
Тоді рівність набуває вигляду 2х = 8х, що неможливо при до-
датних X.
. і! тур
5 клас
6 (659). Відповідь: 504.
Розв'язання. Помітимо, що зверху та знйзу знаходиться по
одному квадратику. Тоді бічні поверхні вежі утворено рештою
2016 квадратиками. Таким чином, загальна кількість кубиків
2016 : 4 = 504.
7 (660). Відповідь: 12106.
Розв'язання. Подивимося, у якому рядку сірим кольором
буде знову відмічено лівий квадратик,- — це 11-й рядок. Тому
лівий квадратик буде сірим і у 2011-му рядку. У 2018-му рядку
сірим буде четвертий зліва квадратик, тобто розташований так
438
саме, як і у восьмому рядку. Залишається визначити його но-
мер. У 2017-му рядку останній квадратик має номер 2017-6 =
= 12102, тому номер останнього сірого квадратику — 12106.
8 (661). Розв'язання. Випишемо всі найменші за площею прямо-
кутники:
♦	площею 1 — один прямокутник 1x1;
•	площею 2 — один прямокутник 1x2;
•	площею 3 — один прямокутник 1x3;
*	площею 4 — два різних прямокутники, 1x4 та 2x2;
•	площею 5 — один прямокутник 1 х 5;
•	площею 6 — два різних прямокутники, 1x6 та 2x3.
Якщо вибрати вісім найменших попарно різних щрямокутни-
. ків, то їхня площа складатиме разом:
1 + 2 + 3+2 • 4 + 5+2 • 6 = 31> ЗО.	•	•
Таким чином, будь-який набір різних
прямокутників сумарно має площу більшу
за площу заданого прямокутника 5x6.	—------------—г
Інакше кажучи, цього зробити неможли-
во, що й треба було довести.
Розрізання, коли принаймні два прямо-	~"
кутники можуть бути однаковими, пока-	——————
зано на рис. 10.34.
Рис. 10.34
9 (662). Відповідь'. 0.
Розв'язання. Очевидно, що найменшим дільником числа за-
вжди є число 1. Тому сума двох наступних дільників дорівнює 7.
• Таким чином, можливі два варіанти: 2 + 5 = 7 або 3 + 4 = 7.
У першому випадку останньою цифрою є 0, бо число ділиться і на
2, і на 5, а тому й на 10. Інший випадок неможливий, бо якщо
число ділиться і на 3, і на 4, то воно має ділитися і на 2, тому
три найменших .цільники — це числа 1, 2 та 3, що мають суму 6.
10 (663). Розв'язання. Припустимо, кожен з учасників конференції
отримав цукерку. Тоді кожен мав отримати рівно одну цукерку.
Нехай учасник подарував цукерку учаснику А,, учас-
ник — учаснику уЦ і т. д. Оскільки людей скінченна кіль-
кість, то хтось із учасників цієї послідовності повинен подарува-
ти цукерки комусь, кого ми вже розглядали раніше. Але
оскільки кожен мав отримати рівно одну цукерку, то хтось у цій
послідовності повинен подарувати цукерку учаснику Д. Назве-
мо таку послідовність циклом. Зрозуміло, що всі учасники кон-
ференції розбиваються на такі цикли.
Помітимо, що жовтий чоловічок міг дарувати цукерку лише
блакитному, а блакитний — лише жовтому. Тоді в будь-якому із
циклів має бути карна кількість учасників. Але загальна кіль-
кість учасників конференції непарна. Отримали суперечність.
439
6 клас
6	(664). Відповідь: 2, 10, 3, 9, 4, 8, 5, 7, 6; цей приклад єдиний,
з точністю до оберненого порядку.
7	. Див. розв’язання задачі 5-8 (661).
8	(665). Відповідь: 25.	*
Розв'язання. Для кожного прямокутника визначимо мак-
, симальну суму, яку може отримати Буратіно, потрапляючи
в цей прямокутник. Зрозуміло, що серед двох варіантів тре-
ба вибрати більший. Наприклад, у центральний прямокутник
у третьому рядку можна потрапити з лівого та з правого пря-
мокутників другого рядка. Притому, рухаючись зліва, Буратіно
матиме суму 3, а рухаючись справа, — суму 4. Оскільки по-
дальші дії не залежать від такого вибору, очевидно, що в цьо-
му прямокутнику має стояти 8-44-4. Заповнивши таблицю
' (рис. 10.35), бачимо, що такий маршрут єдиний і сума золотих,
що збере Буратіно,— 25.
			1			
		3		4		
	4		8		9	
14		15		14		14
	20		21		21	
		24		23		
			25			
Рис. 10.35
9	(666). Відповідь: 10, ЗО, 50, 70 чи 90.
Розв'язання. Очевидно, що найменшим дільником числа за-
вжди є число 1, тому сума двох наступних дільників дорівнює 7.
Отже, можливі два варіанти: 2 4-5 = 7 або 3 4- 4 = 7. У першому
випадку останньою цифрою є 0, оскільки число ділиться і на 2,
і на 5, а тому й на 10. Другий випадок неможливий, оскільки,
якщо число ділиться і на 3, і на 4, то воно має ділитися і на 2,
тому три найменших дільники — це числа 1, 2 та 3, що мають
суму 6.
Якщо число закінчується на 00, 20, 40, 60 чи 80, то воно має
ділитися на’ 4, а за доведеним вище — це неможливо. Покаже-
мо, що інші пари останніх цифр з нулем наприкінці можливі:
1-2-5=10, 1-2-5-43 = 430, 1-2-5-5 = 50,
1-2-5-7 = 70, 1-2-5-19 = 190.
440
10	(667). Розв'язання. Помітимо, що й у графі друзів, і в графі
ворогів кожна вершина має степінь 2. Тому кожен із цих графів
розпадається на компоненти зв’язності, кожна з яких є циклом.
Оскільки всіх учнів можна розбити на пари ворогів, а також на
пари друзів, то кожен із циклів має парну довжину. Розіб’ємо
учнів на дві групи по 15 людей так, щоб у кожному циклі графа
друзів учні з різних груп чергувалися. Тоді в жодній з груп не
буде пари друзів.
Тепер розіб’ємо учнів за тим же принципом за допомогою
графа ворогів і виженемо одну з отриманих груп. Кожна із час-
тин двох перших груп, що залишилися після цього, задоволь-
няє умову задачі.
7 клас
6 (668). Відповідь: 2018; 515.
Розв'язання. Позначимо числа х, у. Після дописування,
наприклад, до числа у цифри 6 праворуч, воно збільшується
в 10 разів плюс 6. Інакше кажучи, різниця сум 7174 - 2533
має дорівнювати 9у + 6. Таким чином, з рівняння
9у + 6=4641 => і/ = 515 => х = 2533-515 = 2018.
7	(669). Відповідь-. 1013 уболівальників «Шахтаря» та 1008 уболі-
вальників «Динамо».
Розв'язання. Розкладемо на множники число 776 = 8*97.
Оскільки це число дорівнює різниці між сумами, сплаченими за
квитки вболівальників двох клубів, то вона має ділитися на вар-
тість квитка. Виходячи з його вартості, зазначеній в умові, він
може коштувати лише 97 грн. Усі інші варіанти дають або одно-
цифрові дільники, або трицифрові. Таким чином, уболівальни-
ків «Шахтаря» було на 8 більше, тому що вони сплатили на
776=97-8 грн більше. Оскільки разом їх було 2018, то, позна-
чивши через х кількість уболівальників «Динамо», отримаємо
рівняння х+(х + 8) = 2018 => х = 1005. Уболівальників «Шахта-
ря» відповідно було 1013.
8	. Див. розв’язання задачі 6-9 (666).
9	(670). Відповідь: /В$Р = 60°.
Розв'язання. Зрозуміло, що кути при основі рівнобедреного
трикутника АВС дорівнюють 30°. У трикутнику ВМР через си-
метричність точок ВМ = ВР та АРВМ=2 ААВС-60° (рис. 10.36).
Тому трикутник ВМР рівносторонній, звідки РМ = ВМ = АМ.
Тоді в рівнобедреному трикутнику АМР маємо АРМА = 120°,
звідки АС}РМ“30°. Тепер із прямокутного трикутника РN^,
де N — точка перетину прямих МР та ВС, знаходимо:
АВЯР = Ь9°.
441
Рис. 10.37
Рис. 10.38
10	(671). Розв’язання. Для випадку, зображеному на рис. 10.11,
проводимо діагоналі прямокутників, що утворюють шестикутник
(рис. 10.37). Далі проводимо пряму через центри цих прямокут-
ників. Оскільки тоді кожний прямокутник ділиться на дві фігури
рівної площі, то й шестикутник за площею буде поділено навпіл.
. Такий підхід для другого випадку неможливий, оскільки
пряма, що проходить через центри цих прямокутників, поділяє
шестикутник не на два многокутники. Добудуємо менший пря-
мокутник, як це показано на рис. 10.38.- Далі знаходимо цен-
три добудованого прямокутника та об’єднаного, що складається
з трьох прямокутників, і проводимо лінію через ці центри. Тоді
навпіл ділиться весь прямокутник та доповнена частина, а тому
і їхня різниця. Це саме те, що треба було побудувати.
Розділ 11
ТЕМАТИЧНІ ОЛІМПІАДИ З МАТЕМАТИКИ
Олімпіада з теорії чисел
9 клас
1 (672). Відповідь: парне.,
Розв’язання. Розглянемо кількість розв’язків, у яких х1^х29
їх парна кількість, оскільки кожному розв’язанню є йому відпо-
відне, де ці змінні міняються місцями. Тоді  залишається роз-
глянути випадок, коли хі=х2. Аналогічно для випадків, де
х3 *х4, розв’язків парна кількість. Тому розглянемо лише ті ви-
падки, коли х3 ^х4. Так само у випадках, коли хг ^х3, кількість
розв’язків парна. Отже, залишається розглянути випадок, коли
хт =х2 =х3 =х4. Аналогічно для рівних х5, хб', х7 та х8. Тому треба
розглянути парність кількості розв’язків у формі (и, и, и, и, V, V,
V, х0). Тепер цей випадок аналогічно попередньому зводиться
до випадку хг =... = х8, Нехай х4 =... = х8 = а, х9 = Ь. Тоді маємо рів-
8 1
няння - + - = 1, яке перепишемо таким чином: (а - 8) (Ь - 1) = 8.
а Ь
442
Отже, 6-І — натуральний дільник числа 8, Звідси Ь є {2; 3; 5; 9}.
Кожному з них відповідає єдине можливе значення а, тому кіль-
кість, розв’язків — парна.
2 (673). Відповідь: дружні пари (13, 20) та (200, 2016); не дружні
(7, 11) та (24, 40).
Розв'язання. Доведемо, що пара (а, Ь) не є дружньою тоді
й тільки тоді, коли кожне із чисел а та Ь ділиться на однаковий
степінь числа 2; точніше, якщо д = (а, Ь) = НСД (а, Ь), то а =
&=</&! і (Ор &!) = !, де Ьг —непарні числа.
Доведемо це. Нехай числа а19Ьх — непарні. Розіб’ємо множи-
ну N на блоки по д чисел:. (1; 2; ...; #), (сі 4- 1; (і 4- 2; ...; 2д), ...,
і пофарбуємо їх по черзі в чорний та білий кольори. Тоді довіль-
них два числа, що мають різницю с/с, де с непарне, пофарбо-
вані по-різному. Отже, пара (а, Ь) не є дружньою.
Нехай тепер числа а1,Ь1 — різної парності, наприклад —
парне. Припустимо, що існує розфарбування, для якого різниця
будь-яких двох однокольорових чисел відмінна від а та від Ь.
Розглянемо прогресію д, (і 4- а, (і 4- 2а, ..., гі + ^а. Оскільки її
різниця дорівнює а, то всі сусідні члени прогресії мають бути
різного кольору. Отже, і числа та <і+Ьга мають бути різноко-
льоровими внаслідок непарності Аналогічно в прогресії
д + Ь, д 4- 2д, ..., сі+а^ мають бути однакового кольору числа (і
та (2+а^. Але тоді числа сі + Ь^і та різнокольорові. Отри-
мали суперечність, оскільки останні два числа є тим самим чис-
м , Ь	аЬ а.	•
лом, що випливає з рівностей: Ь1а =—а = —
(І	сі а
З (674). Розв'язання. Нехай /(тп) = т (т 4- 3), <1 (тп) — кількість по-
парно різних простих непарних дільників числа /(тп). Припусти-
мо, що р — непарний простий дільник чисел /(тп) та /(тп 4-1).
Тоді р | /(тп + 1) - /(тп) = 2 (тп 4- 2). Отже, тп4-2: р. Оскільки
числатп4-2татп4-3—взаємно прості, то /(тп) = тп(?п + 3): р	тп: р.
Спільним дільником цих чисел може бути лише число 2, тому
таких простих р не існує. Крім того, /(тп)/(тпч-1) = /(ти2 +4тп),
тому. з вищедоведеного д(тп) 4- (тп+1) = б/(тп2 4- 4тп). Таким чи-
ном, якщо й(тп) та <2 (тп 4- 1) ненульові та різні за модулем 3, то
гі(тп2 ч-4/п): 3.
Припустимо супротивне, тобто що лише скінченна кількість
натуральних тп має вказану властивість. Тоді Зпє№ Утп>п д (тп)
не кратне 3, а всі ці значення матимуть однакові остачі від ді-
лення на 3, оскільки різні ненульові остачі дають д(т2 4-4тп): З,
що суперечить доведеному вище. Однак це суперечить тому,
що іі(тп24-4тп) = с/(тп)4-гі(тп4-1)=2гі(тп), оскільки якщо сі(т) =
гі (той 3), то 2сі(т)=2 (тосі 3), і навпаки, якщо </(тп)^2 (тосі 3),
443
то 2<ї(т) = 1 (той 3), що суперечить однаковості остач. Одержана
суперечність завершує доведення.
4 (675). Розв'язання. Зробимо таке позначення: х^у, якщо жод-
: ний простий дільник х не перевищує у. Очевидними є такі влас-
тивості: г.<тп	а також г^т, $^т => г$^тп.
Позначимо [у/п ]= т,. тоді п = т2 + г, 0 < г < 2т. При п > 50
маємо, що т>7.
• Якщо т — непарне, то тп + 1 парне. Для кожного
маємо і-<т, оскільки якщо	то і-<т, а якщо
,	о т+1	Л тп + 1 >	г '  ‘
і-т+1-2------г, то маємо: 2;--=> Кіп.
• 2	.2 •
Зазначимо, що п не ділиться на т + 1, тому що інакше число
п = т (т + 1) — парне.
Нехай тепер п = і (той тп+1), 1 < ] < т+Е Тоді, з одного боку,
з рівності п = (п - у) 4- і = а + Ь випливає потрібне подання. Тут*
Ь = ]-<т. З другого боку, а = (п-]) = (тп+1) •	де -<т+1.
. .	’	тп + 1 т-ьі
ті — і
Тоді т+Кт та--------<т => а -<т.
т + 1
• Якщо т — парне, то нехай -1 < у < т: п = і (той т+2).
Якщо 1 < у < тп, то ті = (п - у) + ] = а + Ь.
Якщо у = 0, то п = іп+іп = а+д.
2	2
В обох випадках доведення того, що а-<т та Ь^т, аналогіч-
не розглянутому вище.
Останній випадок — у = -1, тоді п + 1: т + 2. Оскільки т2
<тп2 +2т, то п + 1 = (т+2) (т-1)-т2+т-2 або п + 1 = (тп + 2) тп.
Для першого варіанта з умЬви пг - 3 < тп маємо: п = (тп2)+
+ (т-3) = а+6—шукане подання.	. .
Для другого' варіанта:	п ~ (тп +1)2 - 2 - (тп - 2) (тп ч- 4) + 7 -
/п + 4 _	_	т + 4
=2(т-2)------+7-а + Ь. При т>7 маємо-----------<тп, звідки а-<тп
2	2
та Ь пі.
10 клас .
1. Див. розв’язання задачі 9-2 (673).
2 (676). Розв'язання. Число п — просте, тому У£=1;п-1 іс-
нує обернений елемент, тобто таке'число з множини 1; п-1 (по-
значимо його як й’1), що к • й"1 (той п). Тоді покладемо =1,
ак — остача від ділення числа й • (й-1)"1 на п; при й>2 а1^ак,
тому що інакше к = к-1 (той п). Якщо припустити, що а^а.,
.444
то і (і-І)1 = і (у-1) 1 (той п) або і (у — 1) = / (і-1) (той п). Оскіль-
ки п просте, то і = у, тому всі ці числа різні. . Крім того,
=1 -(Г1 • 2) • (2"1 • 3) •... • ((&-1)’1 • к) = к (той л).
3. Див. розв’язання задачі 9-3 (674).
4 (677). Розв’язання. Без обмеження загальності вважаємо, що
ст(1)#1 та хА = х2 =1. Позначимо к — найменше натуральне чис-
ло, для якого аА(1)=1, аг — найменше натуральне число, де
о(хЗ = х/+г для всіх і,= 1,2,..., п2 * * * *. Тоді а*Х^) = хі+іг- ® рівно-
сті са(х1).=о*(х2) = 1 отримуємо: х1+йг = х2+йг =1, звідки 1 + йг =
(тойті2).'Отже, кг\п2. Звідси випливає, що о* — тотожна
перестановка, тому що с/(х.) = х. для всіх і. Також для кожного і
та для кожного 1 < і < к маємо о7 (і) ф і, інакше можна було б
аналогічно довести, що а7 — тотожна перестановка, але о7 (1)^1.
Тому о складається з п/к циклів довжиною к. Нехай І - п/к.
Доберемо таку перестановку я, що <у(п(і)) = п(і+1) для кожно-
го і. Помітимо, що для довільної перестановки я послідовності
•я(х1), я(х2),..., я(хл2} та о(я(х1)), о(я(х2)),..., ст(я(хл2)) також
п-чудові та подібні. Тому бе’з обмеження загальності вважатиме-
мо, що о(і) = і+/, інакше замість послідовності хр хг,..., хл2 мо-
жемо розглядати послідовність я(х^, я{х2),..., я(хл2).
Розглянемо множину {г, 2г,..., (£-1)г} (той п2). Нехай з —
найменше натуральне число таке, що з = ]Г (той л2) для деякого
’ цілого ]. Замінимо а на от7, отримаємо: г = з(о(х.) = х.+в). Тепер
гк = п\ і тому г = пі.
Позначимо аі =х£т] -х4 (той п), 1-І, 2,..., л2. Помітимо, що
для кожного і = 1, 2, ..., п існує рівно п індексів /, для яких
аі = у. Оскільки <?(0 = *+2, то маємо: аі = аі+г. Тому для кожного
у = 1, 2, ...» п існує рівно І індексів і таких, що ККг та а. = у.
Тоді 1-хг+1-х1=2^аі^---------.(тойл). Якщо п — непарне, то
/-і	2
І: п. Якщо п : 4, то /:—=>/: 2 => Д : п => І: и. Але к>1 => 0 < / =
2	2
п .*
= — <п.
к
11 клас
1. Див. розв’язання задачі 10^-2 (676).
2 (678). Розв’язання. Будемо говорити, що номери і, у пов’язані,
якщо один із них має вигляд тп, а другий — вигляд т (п + 1)
для деяких натуральних т, п. За умовою х,*ху, якщо номери
445
цих елементів пов’язані. Покажемо, що існують принаймні 2017
різних індексів ір і2,..., і2017, для яких числа хі2”--’хі2017 по-
парно різні. Звідси за принципом Діріхле знайдеться індекс, для
якого х,>2017. Таким чином, достатньо знайти 2017 різних ін
дексів і2і..., і20І7, які є попарно пов’язаними.
Доведемо ММІ’, що V?/ існують п різних індексів ір і2,..., іп,
кожні два з яких пов’язані.
Для п =1 покладемо \ = 1, і твердження справджується.
Нехай тепер твердження правильне для деякого л. Покаже-
мо, що можна вибрати п + 1 пйпарно різний індекс і кожні два
із цих індексів пов’язані.
Зауважимо, що номери і < / пов’язані тоді й тільки тоді, коли
число і ~ іє дільником числа /. Отже, якщо індекси і, і пов’язані
та к'іі, то числа к + і, к + у також пов’язані. Нехай тепер ми
маємо п різних індексів і2,..., іп, кожні два з яких пов’язані.
Нехай число к — їхній добуток. Тоді з попередніх міркувань
числа к+іп к + і2, ...,7г + іп — попарно пов’язані. Крім того, усі ці
числа пов’язані із самим числом к. Шуканий набір індексів по-
будовано. Твердження доведено.
3. Див. розв’язання задачі 9-4 (675).
4. Див. розв’язання задачі 10-4 (677).
Олімпіада з комбінаторики
9 клас
1 (679), Відповідь: усі натуральні числа п>3.
Розв'язання. Нехай одна з вершин буде О (0, 0). Решта вер-
шин Ар ..., Ап^ лежать на колі з радіусом 1 та центром у точ-
ці О таким чином, що Аг(1, 0), Ап і (0,1) та А^,..., Ап_ 2 належать
коротшій дузі ДАЛ л (на рис. 11.1 зобра-
жено випадок ті = 6). Вершина Ап_х най-
віддаленіша від прямої ОАР а верши-
на Ах — від прямої ОАп Вершина,
найвіддаленіша від будь-якої іншої сторо-
ни многокутника, — це точка Ог оскільки
пряма, що проходить через точку О пара-
лельно цій стороні, лежить у П та IV ко-
ординатних чвертях, а всі інші вершини
многокутника лежать вище точки О,
у І чверті. Таким чином, многокутник
446
вірний. Перпендикуляри ОАп_г та ОА^ проведені до сторін ОА^
та ОАп_г відповідно, перетинаються у точці О. Оскільки верши-
на О найвіддаленіша від усіх інших сторін, то всі інші висоти
також перетинаються у точці О.
Примітка. Якщо п непарне, то правильний п-кутник є вірним,
оскільки всі його висоти перетинаються в центрі вписаного кола.
2 (680). Розв'язання. Ціле число п є М тоді й тільки тоді, коли іс-
нують множини А і В; які не перетинаються та в об’єднанні да-
ють множину {1; 2; ...; 2015}, при цьому п = -2а 4- ЗЬ, де а, Ь —
суми елементів множин А, В відповідно.
Тоді п = 56 - 2 (а + Ь), оскільки а+Ь = 1+2 + ...+2015 = 2015х
х 1008, звідки л = 56-2015 • 2016. Таким чином, л:5, що й до-
водить друге твердження.
Щоб безпосередньо отримати, що 2015 є М, достатньо знайти
Вс{1;2;...;2015} із сумою елементів Ь = -(2015• 2016+2015) =
5
=403 • 2017. Наприклад, множина В може містити такі 403 пари
елементів: (2; 2015), (3; 2014), ..., (404; 1613), тобто
Х2 = Х3 = . .. = ^404 ~ “^1613 = ^1614 = ’• • = ^2015 = З, Я ВСІ ІНШІ = —2.
З (681). Відповідь: 5.
Розв'язання. Приклад заповнення таблиці, щоб справджува-
лася наведена оцінка, такий: у перших трьох рядках перші три
елементи — (0; 1; 0), (1; 1; 1) та (0; 1; 0), усі інші елементи —
нульові. .
Позначимо п = 2012, хц — елемент в і-му рядку та /-му стовп-
чику. Для натуральних чисел х, у позначимо через В, (х, у) суму
всіх елементів таблиці, номери рядків яких більші або дорівню-
ють х та менші або дорівнюють у. Зрозуміло, що при х > у від-
повідне В (х, у) = 0, оскільки таких чисел не'існує.
Нехай ає[1, п] — найбільше ціле, для якого В(1, а-1)<1.
Далі вибираємо найменше ціле с є [а, п], для якого В(с+1, л) <1.
Така пара існує, оскільки В (1, 0) = 0 та В (п + 1, п) = 0. Якщо
а < с, то а < п. Унаслідок максимальної значення а маємо
В (1, а) > 1, а з мінімальності с так само випливає В (а + 1, п) > 1.
Отримуємо суперечність з умовою задачі через розбиття таблиці
між лініями а та а + 1. Таким чином, а = с.
Аналогічно робимо зі стовпчиками і знаходимо таке значення
6є[1, л], для якого 0(1, 6-1)<1, 0(6+1, л)<1.
Якщо хаЬ = г < 1, то сума чисел у всіх комірках таблиці не пе-
ревищує значення:
В(1, а-1) + В(а+1, л)+0(1, 6-1)+О(6+1, л) + г <5.
.447
4 (682). Відповідь*, 10 команд.
Розв'язання. Треба показати, що 10 команд Віталій завжди
може впорядкувати, а ось 11 команд — ні, Аліса завжди зможе
приховати справжній список від Віталія. Нагадаємо, що шукану
максимальну кількість команд позначено через N.
Назвемо пару команд £х, іу проблемною, якщо незалежно від
відповідей Аліси неможливо сказати,' як вони розташовані
в її списку. Кожна команда може належати до однієї проблемної
пари. Інакше якщо' Іх, і та.іх,іг — дві проблемні пари, то Ві-
талій перепитає Алісу про ці три команди іх, І, іг і з’ясує, яка
з трьох сильніша чи слабкіша, а тому одна з проблемних пар
перестане бути проблемною. Таким чином, ми можемо мати
максимум 10 проблемних пар. Позначимо елементи проблемних
пар через а7,	г=1,/, / <10. Тоді елементи команд із про-
блемної пари замінимо на ар і=1,/. Тепер розглянемо всі ко-
манди, позначення яких не повторюються. їх буде к >10. Для
кожйої Віталій за припущенням може встановити їхні номери
в списку Аліси. Отже, N>10.
Покажемо тепер, що М<І0. Дійсно, нехай команди в списку
Аліси впорядковано таким чином: -Ч...-Чс20. Тоді на кожне за-
питання щодо трьох команд, серед яких с2і_р е2.,/ = 1,10, Аліса
відповідає про силу третьої команди порівняно із цими двома.
Отже, фактично утворюється 10 проблемних пар. Якщо припус-
тити, що Віталій установив порядок розташування в списку що-
найменше 11 команд, то за принципом Діріхле там будуть при-
' наимні дві з однієї проблемної пари, але тоді їхній порядок
установити неможливо. Одержана суперечність завершує дове-
дення.
10 клас
1. Див. розв’язання задачі 9-2 (680).
2 (683). Відповідь*, не може бути.
Розв'язання. Позначимо многокутники через Р = />...Рп та
Р'~Р'..Р^ і припустимо, що АРі,і = 1,п, — перестановка чисел
АР!, і = 1, п. Нехай точки О та О' — центри відповідних много-
кутників. Без обмеження загальності вважаємо, що точка А ле-
жить усередині або на межі трикутника ОРР2, при цьому
АРХ < АР2. Так само нехай точка А' лежить усередині або на
• межі трикутника ОРХР2, при цьому АР±<АР2.
448 <
Лема 1. В описаній вище ситуації відрізки ДРі9і-1,п9
(А'/*', і = 1, л) можна відсортувати в порядку зростання та*
ким чином:
• при непарному п:
АРГ < АР2 < АРп < АР3 < АРп _, < АР4 <... <
<АРп+3 <АРп.я <А1>;
В + о .	/Но.	Л т п 7
Т"	"2~+	Т"
♦ при парному п:
АРг<АРа<АР„<АР3<АРл 1<АР4^...САРП <АР .
1	л	П	о	л -1	4	л _	п і
2 +	2 +
Доведення. Якщо провести відповідні серединні перпенди-
куляри мі’ж зазначеними вершинами многокутника, то все
стає очевидним (рис. 11.2). Серединний перпендикуляр
між вершинами Д та Р2, між вершинами Р3 та Рп, між
вершинами Р4 та Рп _19 ... — це пряма ОВ, звідси АРг < АР2,
АРп<АР3, АРп_1<АРі, .... Аналогічно серединний перпен-
дикуляр між вершинами Р2 та Рп, між вершинами Р3 та
Р^-р ... — це пряма ОРг, звідси АР^АР*, АР3<АРл_р ....
Аналогічно можна довести і для АР', і=1, п.
Лему доведено.
449
За припущенням мають справджуватися такі рівності: •
АР. = А'Р/ < АР2 = АР/ АР = АР' <
X	Л	£	&	П	ТІ
<ар3=ар;<арп ^ар; ,<....
Припустимо, що многокутник Р більший за многокутник Р\
при цьому вважатимемо, що Рі = Рп+і і Р; = ^\г Тоді Х/£=1, п
ар^ащ аі>+1=ат>'+1,2>/>+1>р;^+1 => ^ар1+1 >лр;ар;^
однак у такому разі отримуємо суперечність:
360° = ^/Г/>АРІ+1 >^^Р/АРД і =360°.
1=1	і = 1
Одержана суперечність завершує доведення.
3. Див. розв’язання задачі 9-4 (682).
4 (684). Відповідь: 28.
Розв’язання. Припустимо, що Біллі має три списки, яких до-
статньо, щоб визначити задумане'число. Нехай вони містять ар
а2 та а3 підмножин відповідно. Алекс повідомляє числа хр х2
та х3 — вони мають визначити довільне число з множини’
Тому кількість різних трійок чисел (хр х2, х3) має бути принай-
мні 1001. Добре відомо, що всього таких трійок (с^+1) (а2ч-1)х
х(а8+1). Тому має справджуватись умова (а1+1)(а2+1)(а3+1)>
>1001. Тоді можемо отримати таку оцінку:
ґ	\3
1001 <(а, +1)(а2 +1)(Од+1)<р + +°3 +1 => а1+а2 + а3>28,
/	\3	/	\3
(а.+а2 + а3 . 1	27 . |	„
оскільки інакше ——-—~+1	—+1 =1000. Покажемо, що
І 3	) І 3	)
існують списки з максимум 28‘ множин, які задовольняють подіб-
ні умови. Маємо: 1001 = 7 • 11 • 13, розглянемо прямокутний па-
ралелепіпед 7x11x13, із записаними числами 1, 2, ...» 1001
в одиничних кубиках. Нехай його висота 13, тоді маємо 13 гори-
зонтальних шарів 7x11. Для / = 1;12 множина 8І — це
об’єднання і горизонтальних шарів. Список 1 складається з мно-
жин 8Р..., 812. Очевидно за побудовою, що $с...с$и. Заува-
жимо, що відповідь х1 =0 означає, що число N лежить у 13-му
шарі. Якщо х1=19 то N лежить у 12-му шарі. Так само легко
збагнути, що при хг =іє0; 12 число Долежить у (13 - і)-му шарі.
Аналогічно влаштовуємо по інших напрямах. Тоді дру-
гий список містить 6 = 7-1 підмножин, а третій — 10 = 11-1.
Таким чином, усього розглядаємо рівно 6 + 10 4- 12 = 28 під-
’ множин.
450
Зазначимо, що коли Біллі використовує лише два списки, які
містять та а2 підмножин відповідно, то маємо:
/	'	х2 ’
1001<(а1+1)(аг+1)<рі^-+1 =г а, 4-а, >61.
\ 2	/
Отже, усього не менше як 61 підмножина.
11 клас
1. Див. розв’язання задачі 9-4 (682).
2 (685). Розв'язання. Доведемо методом від супротивного. Припус-
тимо, що жоден проміжок не покривається повністю жодним
іншим. Розглянемо проміжок довжиною 1. Оскільки він не по-
критий жодним іншим, то виріжемо його з кола та перетворимо
коло на відрізок. Переформулюємо задачу в термінах відрізків.
Існують п проміжків І2 = [а2, &»], ..., Іл + 1 = [ал+1, Ьп (,] із ціли-
• ми краями всередині проміжку [0; 2п - 1], при цьому = у,
/-=2, п + 1. До того ж за припущенням не існує таких і, /:
Кожному відрізку І, ==[«,,&,], )’ = 2, п, поставимо у відповід-
ність а;, якщо &;<ал+1, та /г, якщо а/>аИ41. Зрозуміло, що за
припущенням не існує проміжку всередині відрізка Іл+1 =
= [ал+1, тому для будь-якого проміжку = [а;, дД якщо а} >
>ап+1, то Ьу>дл+1. Оскільки таких проміжків п - 1, а значень
вони можуть набувати серед чисел: 0; 1;...; ал+1-1 або &л+1 + 1,
&л+2 + 1,...,2п-1. Отже, різних значень може бутине більше ніж
2п - (п + 2). = п - 2 < п - 1, тому принаймні для двох проміжків
їм поставлено*у відповідність однакове значення. Але тоді в них
збігаються або ліві, або праві краї, що означає, що один із проміж-
ків містить інший. Одержана суперечність завершує доведення.
З (686). Відповідь: так.
Розв'язання. Нехай Точка Д є початком декартової системи
координат, напрямки координатних осей розташовані природ-
ним чином. Достатньо довести таке. Існує додатне число сі, таке
що Анна може за наведеним правилом збільшити абсцису на
величину (і. Тоді аналогічним чином будемо збільшувати та
збільшувати цю відстань: 2<і, Зеї, ....
Покладемо, наприклад,
Анна називає числа
1
2е9’
1
1
. 44
298 ’ -297 ’
...» поки Бен не поверне праворуч. Якщо Бен робить
цей хід на (/? + 1)-му кроці, то найбільша відстань, на яку він
може просунутися вліво (у від’ємну частину осі абсцис),
451
11	1	1	1 т •	/ь , 14
становить:	=	Тоді якщо на (к + 1)-му
и Сі	сі	а	сі
кроці він робить хід праворуч на величину -хг-р, то матиме зсув
1 І 1	1 І
управо по осі абсцис щонайменше на величину — --І -о— —— =
= “ = ск Як тільки таке трапиться, Анна повторить усю проце-
дуру знову й знову. ‘
4. Див. розв’язання задачі 10-4 (684).
Олімпіада з алгебри
9 клас
X (687). Відповідь: / (к) = к.
Розв’язання. Щоб довести, що наведена функція є єдиною
можливою, достатньо показати, що / зростаюча. Тоді зі зростан-
ня функції випливатиме, що
ї(к + 1)>Ш(к))	к+1>Г(к)	?(к) = к.
Розглянемо множину значень функції: {/ (1), / (2), ...}. За умо-
вою кожен елемент цієї множини / (к + 1), більший за
аналогічний елемент / (/ (к)), за винятком, можливо, / (1). Тому
/ (1) — найменший елемент тієї множини.
Розглянемо функцію § (к) = /.(&)- 1, к>2. Тоді в множині
{Я (2>, § (3), ...} усі числа натуральні.,Для к>2 маємо;
§ (к + 1) = / (к + 1) - 1 > / (/ (А)) - 1 = § (/ (/?)) = £ (£ (к) + 1).
•Це означає, що § (2) — найменший елемент множини. Тоді
І (1) < / (2) < / (к) \7&>3- Продовжуючи ці міркування, отрима-
ємо: / (1) < / (2) < / (3) < що й завершує доведення.
2 (688). Розв’язання. Якщо розкрити дужки та звести подібні, то
матимемо, що цей многочлен дорівнює:
х""2+(п + Ь)хп^і + £(СЛ‘*2 + ЬСк" +Ск)х" ‘+(и+Ь)х+1.
л=о
Очевидно, що при п > 2 додатними мають бути коефіцієнти
при доданках, записаних у сумі. Таким чином, має справджу-
ватись умова: С*+2 +ЬС^1 +Скп >0 Х/& = 0, п-2.
—_	- гг С^+ЬС^+С* л • •	.
Нехай Н = — --------4->0, тоді після спрощень матимемо:
' . с"
Н_(2-Ь)к2 4-(д-2)(п-2)А? + 26п + п2-п + 2
(к + 2Цк + 1)
4.52
Чисельнйк. цього виразу — квадратний тричлен відносно
змінної к з додатним старшим коефіцієнтом і дискримінантом
£>=((Ь-2) (и-2))2-4(2-&) (2Ьп+и2-п+2)=(п+2) (Ь-2) (дп+2Ь+2п).
Оскільки Ь - 2 < 0, то
(х/й = О, п-2:Н>0) <=> Л<0 <=> Ьп + 2Ь + 2п>0	п>—
к	7	.6+2
З (689). Розв'язання, Умову задачі можна переписати таким чи-,
ном: >]п+4п = 4а +А, • де к є Звідси випливає, що. п + 4п - а +
+ 2к4а+к2 або 4п=2к4а+Ь1! де Ь-а + к2-пе&. Тоді и = 4й2а +
+ 4йдл/а+62 => кЬ4а — раціональне. Якщо 4а — раціональне,
то а — квадрат цілого числа. Але тоді й п-г4п — так само ква-
драт цілого числа, а тому п = тп2, тпєІІ Отже; п + 4п=т2 + тп —
квадрат натурального числа, але оскільки
т2 < т2 + т < т2 + 2т+1 -- (т+1)2,
то т = 0. Отримуємо п = 0 — суперечність. Таким чином,
має бути кк = 0. Якщо Ь = 0, то п-462а і водночас п~к2+а.
к2
Звідси а = —2—	— суперечність.
46 —1
Залишається можливість к = 0, тоді д = 62 та Ь + п = а. Отже,
а-Ь2+Ь та 4а+1=(26+1)2, що й треба було довести.
4 (690). Розв'язання. З міркувань симетрії вважатимемо,, що
— > — Нехай д = “, — = д + а, ~ = <?-р, а, р>0. Тоді х = а(д + а),
а Ь с	Ь а	с
у =	2 = с(<?-р), і нерівність можна переписати таким чином:
аЬс(х + у+г)2 >ау2(1-2а) + Ьхг(1~2к)+сху(1-2с) <=>
(ад + аа + іхі±сц-ф)2>
>д(д-Р)(1-2а)+(д-р)(д + а)(1-26) + ^(д + а)(1-2с) <=>
<=> (д + (аа-ср))2>д2+2д(аа-сР)-аР(1“26) <=> (аа-сР)2 ^-аР(1-2&).
Остання нерівність справджується за умов задачі. Рівність
тут можлива при а = Р = 0.
10 клас
1. Див.- розв’язання задачі 9-2 (688).
2. Див. розв’язання задачі 9-3 (689).
З (691). Відповідь: / (х) = х та / (х) = 0.
Розв'язання. Позначимо рівняння з умови номером (1).
Покладемо в рівнянні (1) х - 0: /" (0) - 0.
Покладемо в рівнянні (1) у = 0: /?(х2) = х/!(х).
Припустимо,.що існує а^0, для якого і (а) ~ 0.
Покладемо в рівнянні (1) у ~ а:
/(х2} = х/(,х+а)=.хІ:(х) => ї(х+а) = {(х).
453
Припустимо, що / (1) = 0- Покладемо в рівнянні (1) х = 1, у = х:
/ (1 + / (х)) = / (1 + х). Тоді з урахуванням умови / (х + 1) = / (х)
Ух є К: ї (/ (х)) = Т (х ь
Нехай для деякого з	Тоді покладемо, що УїєК
і
з------=$
=> /(з2+з/(г-8))=8/!(г)=і.
Таким чином, ЗхоєК: /(х0) = 1 =>
=> 1=/(хо) = /г(/(хо)) = /(1)=О.
Одержали суперечність, яка показує, що з умови / (1) = 0 ви-
пливає: УхєВ / (х) - 0.
Нехай тепер /(1) ф 0, тоді якщо існує а 0, для якого / (а) = 0,
то / (х + а) = / (х). Звідси
/(а2+1) = /г((1+а)2+(1+а)/(а))=(1+а)/(1-ь2а) = (1+а)/(1),
Г(а2 +1) = /((1-а)2 +(1-а) Г(а)) = (1-а) /(1) =>
=> (1-і-а)/(1)==(1~а)/(1) => а = 0.
Доходимо висновку, що з умови / (а) = 0 випливає: а = 0.
Покладемо в умові у = -х:
Т{х2 +х/(-х)) = х/(0)=0 -> х2+х/(-х)=0 => Т (і) = і,
що й завершує розв’язання.
4 (692). Розв'язання. Спочатку побачимо, що коли і * ], то ар. <
сі(й2+а2), тому
2	1	11’
п-а.а, >п—(а?+а?)>п—п = -п>0.
' '	2'	22
Позначимо через ^=1^), і = 1,п, тоді ЬІ+Ь* + ...+&2 =п та
1 . 1 о . '
----<-------, Звідси випливає, що твердження задачі достат-
п-ар. п~ЬгЬ.
ньо довести для випадку невід’ємних чисел а1? а2,ац.
Помножимо обидві частини заданої в умові нерівності на п,
тоді матимемо:	2
к"сяп-а,.а; 2
п	ао>-
Оскільки-----—9 то треба довести таку нерівність:
и	п—а^аі
У П :: У (її а‘Д;	у аіаІ д2
і^.7Ґі<„п-а1аІ	п-а^)	2	2
і<"<г.п-а(ау 2
Якщо для деякого і маємо а2 = п, то а^О
ність (1) очевидна.
(ї)
тоді нерів-
454
Тепер розглянемо випадок а2<п Х/і = 1, п. Нехай далі і*).
Оскільки	9
(1 । 1*
* О<аіау<1-(а^+ар <-(а24-а2), то
\2	/ . 2
ґі. .V
Ч», . Дї(в,+в'\І _1. (а.+а;)2
'''* і	'''' -і	{	2 \ /	2 \ *
п-а.а, „ 1/,л21л2\ „ 1/2	2\ 2 (п-а, ) + (п-а. )
‘ п~»\аі+аі) п~о\а‘+аі)	'	’
и	2
Оскільки п-а2>0, то з нерівності Шварца маємо:
(	2	2 \
т^+'^\^п~а‘^п~а^>(а,+а>)2
71	П СЬ}
(а,+а.)2	( а* а?
7	2у“7	2?^	2+	~ *	(3)
(п-аі )+\п-а]) ^п-а£ п-а^
Поєднуючи нерівності (2) і (3), отримаємо:
л^Ду 1	о?	1 ^—і Лу ІуіП- а* ті
-п п п О ма^	— 2 м -2 I л	_2 Пчьіи _2 <ч ’
кі<і<лЛ л^Оу	а{ п а.	2і-іп а. 2
звідки й випливає нерівність (1).
11 клас
1 (693). Відповідь: п = 2й>6,
Розв'язання. За умовою многочлен має принаймні три коре-
ні. Звідси випливає, що п>3, аз нерівності випливає, що п —
парне. Для л = 2й>6 такий многочлен існує, наприклад:
Рп (х) = хй“4 (х + 2)2 (х - 2)2 > 0 > -3.
Покажемо, що ддя п = 4 такого многочлена не існує. Застосу-
ємо метод доведення від супротивного: якщо то не так, тобто
многочлен існує, то він має вигляд 7^(х) = х(х + 2) (х-2) (х-а).
Але тоді при а<0 Р4(1)=-3(1-а)<-3, а при а > 0 Р4(-1) =
= -3(1+а)<-3. Одержана суперечність завершує доведення.
2. Див. розв’язання задачі 10-3 (691).
З (694). Розв'язання. На першому етапі доведення покажемо, що
кІ>п. Для кожного і = 1, ..., п нехай / (і) позначає довжину най-
довшої зростаючої підпослідовності, що закінчується ар а § (0 —
довжину найдовшої спадної підпослідовності, що закінчується
аг Для відмінних індексів і < і, якщо а£<ау, то / (і) < / (у),
а якщо аі >ар то § (і) < § (/). Отже, пари вигляду (/ (0, § (/)), де
і = 1, ..., п, усі відмінні, тобто загалом є п таких відмінних пар.
За умовою задачі, найбільше число серед / (0 — це к, а найбіль-
• ше число серед § (0 — це І. Звідси маємо, що кількість пар ви-
гляду (/ (і), § (0) — щонайбільше кі. Отже,- п<кІ. ‘
455
За цим результатом ми виводимо к+1 > 2 у/кІ > 4п за допомогою
теореми про середнє арифметичне та середнє геометричне. Що-
найбільше одне число може належати до зростаючої та спадної
підпослідовностям одночасно. Отже, підпослідовності (д,...,а. )
та (а.^,..., а^) разом містять щонайменше 27п-1 відмінних на-
туральних чисел.
За умовою число п має щонайбільше |_л/п] -1 дільників, що
не перевищує Тії, загальна кількість 5(п) дільників числа п
вдовольняв нерівність 5(п)<2[\/п_|-2. Отже, підпослідовності
(п^,...,а^) та	разом містять щонайменше одне чис-
ло, що не є дільником п.
4. Див. розв’язання задачі 10-4 (692).
Олімпіада з геометрії
9 клас
1 (695). Розв’язання, Нехай точки А2 і С2 симетричні точці Р від-
носно точок А]^ і Сг (рис. 11.3) відповідно. Тоді чотирикутники
ВРАС2 та ВА^СР — паралелограми, звідки трикутник ВС2Р2
отримано з трикутника РАС переносом на вектор РВ9 тому ці
трикутники рівні. Звідси ЛВРСГ = АРСА о /ВРС2 = /ВАД <=>
<^> ВС2РА> вписаний	АВС2А, = ^ВРА2 <=> /.РСА = ЛВРА1,
Рис. 11.3
456
2 (696). Розв’язання. Нехай прямі В($ та АР перетинаються в точ-
ці Т (рис. 11.4). Використаємо відомий факт: у довільній трапеції
точка перетину діагоналей, точка перетину продовжень бічних
сторін і середини основ лежать на одній прямій. Застосувавши це
до трапеції ВТВС, отримуємо, що точка Р — середина основи ТИ.
Тоді в трикутнику ТИК відрізок КР — висота й медіана, тому
цей трикутник рівнобедрений. Отже, АКБА = А КИТ = АКТВ - ’
= АКВС^А(£ВС.
З (697). Розв’язання. Нехай прямі ВН і СН удруге перетинають
кола і и>2 в точках В1,С1 відповідно (рис. 11.5). Помітимо,
що дуга В1А2-2АВ1ВА2 =2АВЇВС = 180°-2ААрА^ — не зале-
жить від вибору точки В. Це означає, що точки Вх і не змі-
нюються, коли змінюються точки В і С. Тоді
А(ВГН, НС.) = Д ВН, СЯ) = А(ДС, ДВ) = Д ДС, СВ) + ДСВ, ДВ) =
= Д ВН, СН) = Д ДС; ДВ) = Д Д С, СВ)+ДСВ, Д В) =
= ДДС, СД)+ДДВ, ВД) —фіксований.
Звідси випливає, що точка Н лежить на деякому колі, яке про-
ходить через точки ВЇ9С1.
457
Рис. 11.5
4 (698). Розв'язання. Нехай точка А^ симетрична точці А відносно
точки 2), Рг — точка, симетрична точці Р відносно перпендику-
ляра, проведеного до сторони АВ у точці Д а Т — друга точка
перетину прямої РРг з описаним колом трикутника АВВ
(рис. 11.6).
458
Тоді оскільки чотирикутник АРР^ має вісь симетрії — пер-
пендикуляр до сторони ААг у точці В, то він є рівнобічною тра-
пецією. Далі, через те що чотирикутник АВТР вписана трапе-
ція,, вона також рівнобічна, тому А^ТВ — паралелограм. Але
чотирикутник ВАуСВ — теж паралелограм, адже сторони ВА^
і ВС рівні та паралельні. Отже, відрізки РХТ і СВ також рівні та
паралельні, тому й чотирикутник Р^ТВС — паралелограм.
Звідси ДР<& (&) = ДРА, АВ) = /(РТ, ТВ) = ДРР., Р/7), отже,
чотирикутник Р©Р2С вписаний у коло із центром О. Тоді точ-
ка О лежить на серединному перпендикулярі до відрізка РР1,
який збігається з перпендикуляром, проведеним до АВ в точ-
ці В. Таким чином, /АЇ)О = 90°.
10 клас
1. Див. розв’язання задачі 9-І (695).
2. Див. розв’язання задачі 9-3 (697).
З (699). Розв’язання. Нехай ВТ бісектриса трикутника СВА,
а точка Д симетрична точці Т відносно точки К (рис. 11.7).
Трикутники СТВ та ТВК рівні за двома сторонами та кутом між
ними, отже, АТКВ = ЛС-90°. Із цього випливає, що чотирикут-
ник СТКВ вписаний у коло з діаметром ТВ. У трикутнику ТВРА
відрізок ВК' — медіана й висота, тому цей трикутник рівнобе-
дрений, а трикутники КВР19 ТВКУ СВТ рівні. Оскільки /.КР^В-
= Х.СТВ- ^СКВ, то пряма СК дотикається до описаного кола
трикутника КР^В. Нехай точка О — центр цього кола. Тоді
ОКРСК і ОВ = ОК, тому точка О збігається з точкою Р. Отже,
точка Р — центр описаного кола трикутника ВКРЇ9 а тому збі-
гається із серединою сторони ВРГ
Помітимо тепер, що трикутники АРГВ і АКС подібні за всіма
кутами: ЛР1АК = ЛВАС із симетрії, а АР^ВА = АКВТ = АКСА.
Оскільки точки Р і В — середини відповідних сторін, то трикут-
ники АРВ і АЬС також подібні. Звідси випливає, що існує по-
воротна гомотетія із центром у точці А, що переводить точку С
у точку В, а точку Ь — у точку Р. Це означає, що трикутники
АЬР та АСВ також подібні. Тоді ААРЬ-/АВС~2ААВЬ~
= АРВЬ. Отже, пряма АР дотикається до описаного кола трикутни-
ка РВЬ.
459
4 (700). Розв'язання і Нехай СН — висота трикутника АВС, точ-
ка 7 — цен'гр вписаного кола, О — точка перетину прямих РТ
і А1В1 (рис. 11.8). Оскільки 2^С = 90о, то трикутники СВгІ та
СА^І — прямокутні рівнобедрені,- тому пряма — сере-
динний перпендикуляр, проведений, до прямої СІ. Оскільки
РТ — середня лінія трикутника АВС — є серединним перпен-
дикуляром До висоти СН, то точка О — центр описаного кола
трикутника СІН.
Рис. 11.8
Нехай точка симетрична точці С відносно точки О. Тоді
очевидно, що оскільки точка О лежить на середній лінії трикут-
ника АВС. то точка лежить на прямій АВ. Також зазначимо,
46.0
що СОХ— діаметр кола СІНОА, тому /.СІО{ =90е. Оскільки центр
описаного кола трикутника АІВ (середина дуги АВ, що не міс-
тить точку С) лежить на прямій СІ, перпендикулярній до пря-
мої О±І, то ОХІ — дотична до описаного кола трикутника АГВ.
Нехай пряма ОС перетинає описане коло трикутника АВС
удруге в точці К. Використовуючи 'степінь точки, маємо:
’ ОХК • ОхС = ОгА • О1В = О1І2, звідки ІК — висота в прямокутному
трикутнику .О^С і ЛСКІ = 90°. Із цього випливає, що точки С,
А1, Ві91 лежать на одному колі з діаметром СІ. Отже, ОВ{ • ОАХ =
= ОС • ОК = ОР • ОТ, звідки точки Р, Т, Вх, Ах лежать на одному
колі.
11 клас
1. Див. розв’язання задачі 9-1 (605).
2 (701). Розв'язання. Нехай Т — точка, симетрична точці А від-
носно точки Е (рис. 11.9) Помітимо, що четвірка точок С, К, Р,
А — гармонічні (СК/КЕ - СА/АР- 2). Тоді коло з діаметром АК,
на якому лежить’ точка Е — це коло Аполлонія, звідки СЕ =
= 2РЕ = СТ (адже РЬ — середня лінія трикутника АСТ). Зазна-
чимо також, що ЛТВС = ЛТВК - ХСВК = /АВК - ХСВК = ЛСВК.
Отож, С — точка перетину бісектриси кута ТВЬ та серединного
перпендикуляра до сторони* ТЕ трикутника ТСЬ. Оскільки
ТВ > ,ВЬ як гіпотенуза, то трикутник ТВЬ нерівнобедрений, і ці
прямі не збігаються. У такому разі точка С — середина дуги ТЕ
описаного кола трикутника ТВЬ, яка не містить точку В. Тоді
гТСВ = ЛТЬВ = 90°.' Отже, ТС1ВС. Оскільки РЕ|]ТС, то
461
3. Див. розв’язання задачі 9-4 (698).
4 (702). Розв'язання. Нехай точка К — середина дуги ЕЕ описаного
кола трикутника АЕЕ, яка не містить точку А (рис. 11.10). Тоді
КІ — діаметр цього кола. Нехай промінь КХ перетинає пря-
му ГЕ в. точці Н. Тоді оскільки КХ — зовнішня бісектриса
кута ГХЕ, то НЕ/НЕ = ЕХ/ГЕ =АГ/ЕЕ. Звідси точка Н — осно-
ва зовнішньої бісектриси кута А трикутника АЕЕ, тому Н ле-
жить на прямій АІ.
Рис. 11.10
Розглянемо тепер радикальні осі трьох кіл: ГАІЕ, ГНЕ, АНІ.
Помітимо, що обидва кола — ГНЕ та АІН — дотикаються до
сторони ВС у точці Н. Отже, радикальними осями будуть прямі
ВС, ГЕ, АІ, тому вони мають перетинатися в одній точці. Отже,
точка Н лежить і на прямій ВС.
Оскільки КІ — діаметр описаного кола трикутника АРЕ, то
/ІХК = 90°, тому /НХІ = 90°. Звідси випливає, що точки Н, X,
І, Н лежать на одному колі з діаметром НІ.
Тоді /(ВН, НХ) = /(КН, НХ) = /(КІ, IX) = /(АІ, IX) =
= /(АГ, ЕХ) = /(ВЕ, ЕХ).
Отже, чотирикутник ВГНХ вписаний. Аналогічно чотирикут-
ник ХНЕС вписаний'. Тепер залишилося порахувати кути.
Нехай І — дотична до описаного кола трикутника АЕЕ
в точці X. Тоді /(І, ХС) = /(І, ХЕ) + /(ХЕ, ХС) = /(ЕХ, ГЕ)+
+/(НЕ, НС) = /(ГХ, ЕЕ) + /(ГЕ, ЕН) = /(ЕХ, ЕН) = /(ВХ, ВН).
Звідси випливає, що пряма І є спільною дотичною до кіл ЕХЕ
і ВХС у точці X, а тому кола дотикаються.
462
ЗМІСТ
Вступ............................................................   З
Всеукраїнські турніри математичних боїв імені академіка 1.1. Ляшка..4
Частина 1. Умови задач
Розділ 1 II (районний) етап Всеукраїнської математичної олімпіади...20
Київська районна олімпіада .............................  20
Розділ 2 III (обласний) етап Всеукраїнської математичної олімпіади..23
ЬХХПІ Київська міська олімпіада юних математиків .........24
Розділ 3 Відбір па IV етап Всеукраїнської математичної олімпіади ..32
Відбір команди міста Києва на IV (заключний) етап
Всеукраїнської математичної олімпіади ....................32
Розділ 4 IV (заключний) етап Всеукраїнської математичної олімпіади..38
ІЛЛІ Всеукраїнська математична олімпіада...................38
Розділ 5 Відбір команди України на Міжнародну математичну олімпіаду ...44
Відбір команди України
на 59-ту Міжнародну математичну олімпіаду .........................44
Розділ 6 Міжнародна математична олімпіада..........:..............,41
59-та Міжнародна олімпіада юних математиків...............47
Розділ 7 14-й Київський турнір математичних боїв
імені Лесі Рубльової...............................................48
Математичний занзібар .................................48
Командна усна олімпіада .................  ............55
Математичний бій № 1 ................................  58
Математичний бій № 2 ..................................63
Математичний бій № 3 ..................................67
Розділ 8 11-й Всеукраїнський турнір математичних боїв
імені академіка 1.1. Ляшка...............'.........................71
Математичний занзібар................................  71
Командна усна олімпіада...........„..................  76
Математичний бій № 1.................................  79
Математичний бій №2....................................82
Математичний бій № 3.................................  86
Математичний бій №4..................................  90
Усна особиста олімпіада.’..............................95
Розділ 9 Міжнародні математичні змагання
за участю школярів України.............................:...........97
Відбір на міжнародні змагання.............................98
10-й КММ8-20І8.........................................    101
ЕСхМО-2018 .......................................  :....102
ЬХУІІІ республіканська Білоруська математична олімпіада....103
Розділ 10 Київські олімпіади для молодших школярів............... 108
Математичний занзібар для учнів 4-6 класів............109
IV Київська міська олімпіада юних математиків
для учнів 4-6 класів «Математична вишиванка» .........113
VI Олімпіада Київського національного університету
імені Тараса Шевченка для учнів 4-6 класів
«Без труда нема плода»................................115
І Всеукраїнська математична олімпіада для учнів 5-7 класів
під егідою Київського національного університету
імені Тараса Шевченка.................................118
Розділ 11 Тематичні олімпіади з математики..........................122
463
Частина 2. Розв’язання задач
Розділ 1 П (районний) етап Всеукраїнської математичної олімпіади...128
Київська районна олімпіада.............................. 128
Розділ 2 Ш (обласний) етап Всеукраїнської математичної олімпіади...135
ЬХХШ Київська міська олімпіада юних математиків .........135
Розділ 3 Відбір на IV етап Всеукраїнської математичної олімпіади....159
Відбір команди міста Києва на IV (заключний) етап
Всеукраїнської математичної олімпіади ...................159
Розділ 4 IV (заключний) етап Всеукраїнської математичної олімпіади.181
ІЛШІ Всеукраїнська математична олімпіада....,......,...  181
Розділ 5 Відбір команди України на Міжнародну математичну олімпіаду. 202
Відбір команди України
на 59-ту Міжнародну математичну олімпіаду ..............  202	.
Розділ 6 Міжнародна математична олімпіада......................... 214
59-та Міжнародна олімпіада юних математиків...,..........214
Розділ 7 14-й Київський турнір математичних боїв
імені Лесі Рубльової.....................................219
Математичний занзібар ..........................    ..	219
Командна усна олімпіада ..............................236
Математичний бій №	1 .............................  244
Математичний бій №	2..............................  257
Математичний бій № 3..................................267
Розділ 8 11-й Всеукраїнський турнір математичних боїв
імені академіка І. І. Ляшка....................... ......277
Математичний занзібар ................................277
Командна усна олімпіада....*..........................293
Математичний бій № 1..............................    305
Математичний бій № 2................................  319
Математичний бій № 3................................  333
Математичний бій № 4..................................346
Усна особиста олімпіада.............................  362
Розділ 9 Міжнародні математичні змагання
за участю школярів України......................................  370
Відбір на міжнародні змагання............................370
КММ8-2018 ...............................................387
Е6МО-2018..........................................  ....393
ЬХУШ республіканська Білоруська математична олімпіада....398
Розділ 10 Київські олімпіади для молодших школярів.................419
' Математичний занзібар для учнів 4-6 класів............419
IV Київська міська олімпіада юних математиків
для учнів 4-6 класів «Математична вишиванка» .........427
VI Олімпіада Київського національного університету
імені Тараса Шевченка для учнів 4-6 класів
«Без труда нема плода»........;.......................430
І Всеукраїнська Математична олімпіада
для учнів 5-7 класів...,..............................434
Розділ 11 Тематичні олімпіади з математики.........................442
Команда України на ІМО-2018
Клуж-Напока, Румунія, липень 2018 року
Стоять зліва направо:
АнастасіяЛисакевич (спостерігач «Б»), Роман Сарапін (золота медаль),
Арсеній Ніколаєв (срібна медаль), Богдан Рубльов (лідер), Аліна Гарбузова (срібна медаль),
Нго Нгок Тхай Шон (золота медаль), Ілля Коваль (золота медаль), Федір Юдін (золота медаль).
Сидить: Андрій Паньков (заступник лідера)
789664
743225
ТОВ ТО «Гімназія»
61052 Харків, вул. Восьмого Березня, 31
тел.: (057) 758-83-93, 719-17-26,
719-07-73.719-46-80
719-07-73,719-46-80
факс: (057) 758-83-93
е-таіі: сопГасї@дутпа$іа.сот.иа
ммм.дутпазіа.сої