І» Кушнір
МАТЕМАТИЧНА
ОЛІМПІАДА
7 клас
і не
тільки...
Рекомендовано
Мі ніс пі ерспівом
освіти і науки
України
«АСТАРТА»
Київ 2001
ББК 22.1
КІЗ
Рекомендовано Міністерством освіти
і науки України
(Лист Міністерства освіти і науки України
№ 1/11-1152 від 13.04.2001)
Кушнір І. А.
КІЗ Математична олімпіада 7 клас і не тільки. - К.:Астарта,
2001. - 160 с.
І8ВМ 366-523-135-9
У книжці зібрано задачі підвищеної складності, розв’язу-
вання яких сприятиме підготовці учнів до математичних олім-
піад різних рівнів. До всіх задач подано розв’язання або
відповіді.
Для учнів 7-11 класів середніх загальноосвітніх навчаль-
них закладів, учителів, студентів і викладачів педуніверси-
тетів.
ББК 22.1
І8ВМ 366-523-135-9
© «АСТАРТА»
© І. А. Кушнір, 2001
Передмова
У навчальній літературі, присвяченій шкільній ма-
тематиці, існує незаповнена ніша.
Серед збірників олімпіадних задач, що взагалі дуже
рідко зустрічаються, відсутні книжки для шкільних
паралелей, хоча математичні змагання проводяться і
в молодших класах (на рівні міста - починаючи з
сьомого). Заповнює цю нішу серією книжок видавниц-
тво «Астарта».
Кожна з таких книжок враховує програму відпо-
відного класу з математики. Це дає змогу учням го-
туватися самостійно, а вчителю - контролювати цю
підготовку, враховуючи різний рівень майбутніх олім-
піад - шкільного, районного чи міського рівнів.
У книжці зібрано задачі, нестандартні за умовою і
розв’язанням. Але не тільки. Читач зустрінеться із
задачами підвищеної складності, що з різних причин
не ввійшли до шкільних підручників, але широкові-
домі вчителям та учням, які наполегливо готуються
до майбутніх змагань. Свої знання вони здобувають з
різних книжок. Ми намагаємось сконцентрувати їх в
одній відповідно до певного класу.
Для найдопитливіших вміщено завдання, розв’язу-
вання яких потребує знань трохи більше, ніж перед-
бачено програмою для 7 класу.
Задачі, які ми пропонуємо, часто відрізняються від
тих, які юний читач зустрічає в школі. Не треба бо-
ятися, уважно прочитайте умову задачі та спробуйте
розв’язати її самостійно. Якщо не вийде, не засму-
чуйтесь, у запропонованій вам книжці нема жодної
задачі без відповіді або розв’язання. Розберіть його,
через деякий час - повторіть, і вже наступна задача,
напевне, вам скориться.
У всякому разі, з виходом нашої книжки у вас
з’явиться путівник у різнобічному і складному світі
олімпіадних задач.
Книжкою можуть скористатися не лише семиклас-
ники, а й учні старших класів та абітурієнти, які
готуються до серйозного екзамену з математики.
Бажаємо успіхів!
Математична олімпіада 7 КЛАС
З
ЛОГІЧНІ ЗАДАЧІ
Задача 1
100 цукерок знаходяться у 50 коробках. Дівчинка і
хлопчик по черзі беруть по одній цукерці. Починає
дівчинка. Довести, що хлопчик може грати так, щоб
дві останні цукерки залишились в одній коробці.
Доведення
Після кожного ходу дівчинки залишається непарне
число цукерок, і тому є коробка, в якій число цуке-
рок непарне. Тому хлопчик завжди може зробити так,
щоб хоча б в одній коробці число цукерок було пар-
ним, і якщо вони будуть грати таким чином, то після
4
Математична олімпіада 7 КЛАС
49-го ходу хлопчика дві останні цукерки будуть в одній
коробці.
Задача 2
Серед трьох монет одна фальшива (легша від двох
інших, однакових за вагою). За допомогою одного зва-
жування на терезах без гир визначити фальшиву мо-
нету.
Розв ’язання
Покладемо на одну з двох шальок терезів по одній
монеті. Якщо шальки знаходяться у рівновазі, то мо-
нета, яку не зважували, - фальшива, бо у протилеж-
ному випадку терези покажуть легшу, тобто фальши-
ву, монету.
Задача З
Три спортсмени X, У, 2 брали участь у забігу.
Відомо, що 2 затримався на старті і побіг останнім,
а У- другим. Під час бігу X п’ять разів мінявся місця-
ми з іншими спортсменами. Ще відомо, що У фінішу-
вав раніше за X. У якому порядку фінішували спорт-
смени?
Розв'язання
Спортсмен X не міг бути на фініші третім: оскіль-
ки У і X спочатку були позаду, то кожний з них
помінявся би з ним місцями непарне число разів, отже,
X мінявся б місцями з ними парне число разів. Але У
фінішував раніше за X, і тому У був на фініші пер-
шим, X - другим, а 2 - третім.
Задача 4
П’ятеро дітей за допомогою лічилки вибирають ве-
дучого для гри. За умовою, той, на кого впаде останнє
слово, виходить і лічба починається без нього. Яке
найменше число слів може бути у лічилці, щоб той,
хто лічить, починаючи з себе, став ведучим?
Математична олімпіада 7 КЛАС
5
Розв ’язання
Нехай т - число слів у лічилці. Щоб той, хто лічить,
починаючи з себе, не вийшов уже в першому крузі, число
слів при діленні на 5 не повинно давати остачу 1.
Аналогічно для того, щоб він не вийшов у другому і
третьому крузі, т не повинно давати остачу 1 при діленні
на 4 і при діленні на 3 (кожний новий круг той, хто лічить,
починає з себе). Щоб той, хто лічить, опинився ведучим у
останньому крузі, число пі повинно бути парним. Наймен-
шим числом з такою властивістю є число 2. Але лічилка
має більше слів, ніж число граючих, тому шуканим най-
меншим числом є 8, оскільки числа 6 і 7 при діленні на
5 та 3 відповідно дають остачу 1, а 8 при діленні на 5, 4,
З, 2 дає остачі 3, 0, 2, 0.
Задача 5
9 однакових книжок коштують 11 грн. з копійка-
ми, а 13 таких книжок - 15 грн. з копійками. Визна-
чити точну ціну однієї книжки.
Розв’язання
Зрозуміло, що кожна книжка коштує 1 грн. пі ко-
пійок, де т, - ціле число, причому т < 100. З першої
умови випливає, що
200 < 9/72 < 300,
тобто
23 < пі < 33.
З другої умови
200 < 13/72 < 300,
тобто
16 < пі < 23.
Отже, /72 = 23.
Задача 6
В одній кімнаті знаходяться три вимикачі, а в
другій - три лампи. Кожний вимикач обслуговує одну
6
Математична олімпіада 7 КЛАС
з лампочок. Як дізнатися, який вимикач з’єднано з
якою лампочкою, якщо в кімнату з лампочками мож-
на ввійти лише один раз?
Розв’язання
Потрібно ввімкнути один вимикач, почекати деякий
час, потім його вимкнути і ввімкнути другий. Після
цього зайти в кімнату з лампочками. Та лампочка, що
горить, пов’язана з другим вимикачем, а з погашених
- тепла пов’язана з першим, холодна - з третім вими-
качем.
Задача 7
З кожного аеродрому, всі відстані між якими різні,
піднявся літак і полетів на найближчий аеродром. До-
вести, що на кожний аеродром прилетіло не більше
п’яти літаків.
Доведення
Нехай на деякий аеродром А прилетіло не менше,
ніж 6 літаків. Оскільки повний кут дорівнює 360°, то
є два аеродроми 2?, 67, з яких літаки прилетіли до А,
такі, що кут ВАС не більший за 60°. Отже, точка С
лежить всередині або на сторонах кута 120° з верши-
ною в А і бісектрисою АВ.
Якщо аеродром С лежить всередині або на межі де-
якого з рівносторонніх трикутників АВ1\, АВВ?, то
ВС<ВА, і літак з В полетів би до 67, а не до А.
Якщо ж аеродром 67 лежить всередині (або на межі)
кута ВгАВ2 поза трикутника-
ми АВЇ\, АВВ2, то точка 67
лежить вище за пряму
яка є серединним перпенди-
куляром до АВ, тому СВ<СА,
і літак з 67 не полетить до А.
Отже, дістали протиріч-
чя, тому кількість літаків
на аеродромі А не більше
п’яти.
А
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 8
Таблицю розміром 6x6 клітинок покрито пластин-
ками доміно (кожна пластинка доміно закриває дві клі-
тинки таблиці).
Довести, що яким би способом не була покрита
таблиця, завжди буде можливість розрізати її на дві
частини вздовж горизонтальної або вертикальної пря-
мої, не пошкодивши жодної пластинки доміно.
Доведення
Всього можна провести 10 різних прямих. Кожна пряма
перетинає парну кількість пластинок доміно (доведіть само-
стійно). Якщо припустити, що кожна пряма перетинає кілька
пластинок, то вийде, що їх усіх не менше двадцяти.
Задача 9
Зустрілися Білов, Чернов і Рудий. Брюнет каже
Білову: «Цікаво, що один з нас блондин, другий -
брюнет, а третій - рудий, але ні в кого колір волосся
не відповідає прізвищу».
Який колір волосся має кожний?
Розв’язання
Складемо таблицю.
Колір П р і з в и ще"	Рудий	Брюнет	Блондин
Білов	Т"	—	—
Чернов	—	—	
РУДИЙ	—		——
Оскільки Білов не блондин (за умовою задачі), то у
таблиці поставимо «мінус». Аналогічно ставимо знак «-»
у відповідних клітинках.
8
Математична олімпіада 7 КЛАС
За умовою Білов не брюнет, отже, у клітинці на
перетині рядка «Білов» і стовпчика «Брюнет» ставимо
знак «-».
З таблиці випливає, що Білов може бути тільки
рудим (ставимо знак « + »). Тоді випливає, що Чернов
не рудий. Поставимо «-» в таблицю. Тепер зрозуміло,
що Чернов - блондин, а Рудий - брюнет.
Задача 10
У черзі стоять Микола, Наталка, Дмитро, Петро і
Олеся. Відомо, що:
1)	Микола купить білет раніше, ніж Наталка, але
пізніше за Олесю.
2)	Дмитро і Наталка стоять поруч.
3)	Петро не знаходиться поруч ні з Олесею, ні з
Миколою, ні з Дмитром.
Хто за ким стоїть?
Розв’язання
За умовою 1) за білетами стоять по черзі Олеся,
Микола, Наталка.
За умовою 3) Петро не знаходиться поруч ні з
Олесею, ні з Миколою, ні з Дмитром. Це можливо
хіба що в тому разі, якщо Петро стоїть за Наталкою,
а всі інші стоять перед Наталкою.
Знайдемо місце Дмитра. Оскільки за умовою 2)
Дмитро не може стояти ні перед Олесею, ні після неї,
а за умовою 3) він не може стояти ні перед Петром,
ні після нього, то єдиним місцем, де може стояти
Дмитро, є місце між Миколою і Наталкою.
Таким чином, черга має вигляд:
Олеся, Микола, Дмитро, Наталка, Петро.
Задача 11
У родині четверо дітей. їм 5; 8; 13; 15 років. Дітей звуть
Одарка, Іван, Віра, Олеся. Скільки років кожній дитині,
якщо одна дівчинка ходить у дитячий садок, Одарка стар-
ша за Івана, і сума років Одарки і Віри ділиться на три?
Математична олімпіада 7 КЛАС
9
Розв’язання
Знайдемо, скільки років Івану. Оскільки у дитячий
садок ходить п’ятирічна дитина, то Івану більше, ніж
п’ять років.
Оскільки Одарка старша за Івана, то Івану не може
бути 15 років.
Сума років Одарки і Віри ділиться на 3. Можливі
випадки:
1) Одній дівчинці 5 років, а другій - 13 років.
2) Одній дівчинці 8 років, а другій - 13 років.
Тобто одній дівчинці 13 років. Отже, Івану не 13 років.
Таким чином, Івану не 5 років, не 13 років і не 15
років. Тому йому 8 років.
Оскільки сума років Одарки і Віри ділиться на 3, то це
можливо лише у випадку, коли одній дівчинці 5 років, а другій
- 13 років. Але за умовою Одарка старша за Івана. Тому Одарці
-13 років, Вірі - 5 років, при цьому Олесі - 15 років.
Задача 12
На рибалці Льоня, Дмитро, Микола й Петрик спій-
мали багато риби.
Петрик спіймав більше, ніж Микола. Льоня і Дмитро
разом спіймали риби стільки, скільки Микола і Пет-
рик. Льоня й Петрик спіймали менше риби, ніж Дмит-
ро й Микола.
Які місця у рибалці за результатом зайняв кожен з
хлопців?
Розв’язання
Позначимо кількість риби, яку спіймали Льоня,
Дмитро, Микола й Петрик відповідно:
Льоня - л;	Дмитро - д;
Микола - м;	Петрик п.
За умовою:
п > м;	(1)
л + д = м + п;	(2)
л + п < д + м.	(3)
Віднімаючи від нерівності (3) рівність (2), дістанемо
10
Математична олімпіада 7 КЛАС
п - д < д - п,
тобто
2д > 2п,
д > п.	(4)
Віднімаючи від нерівності (3) рівність м + п = л +
+ д, дістанемо
л - м < м - л,
або	2л < 2м,
л < м.	(5)
Нерівності (1), (4) і (5) дають нерівність
д > п > м > л.
Отже, більш за всіх спіймав Дмитро, за ним - Пет-
рик, потім - Микола, а менш за всіх - Льоня.
Задача 13
Відомо, що серед кожних чотирьох учасників на-
ради принаймні один знайомий з трьома іншими. До-
вести, що кожний учасник наради, крім щонайбільше
трьох, знайомий з усіма іншими.
Доведення
Припустимо протилежне. Нехай знайдуть чотири учас-
ники, кожен з яких знайомий не з усіма іншими. Нехай
А - один з таких учасників. Тоді він не знає деякого В.
Нехай С і В також знають не всіх учасників і жоден з С,
В не є А або В. Серед чотирьох учасників наради А, В,
С, В один повинен знати трьох інших. Очевидно, це не А
(він не знайомий з В} і не В (він не знайомий з А). Отже,
це - С або В. Нехай це С, тоді він знає Л, В, В. Але С
не знає деякого Е. Отже, в четвірці Л, В, С, Е А не
знайомий з В, а С - з Е, що суперечить умові задачі.
Аналогічно розглядається випадок, коли В знає А, В, С.
Задача 14
Дев’ять хлопчиків зібрали 220 грибів, причому кож-
ні два зібрали різну кількість грибів.
Довести, що знайдеться п’ять грибників, які зібра-
ли разом не більше, ніж 110 грибів.
Математична олімпіада 7 КЛАС
Доведення
Нехай грибники зібрали відповідно
Л71	^2 •*'з •••	**9
грибів, і припустимо, що
хх + х2 + ...+ Л'5 > 110.
Тоді х5 > 25: якщо х5 < 25, тобто х5 < 24, то х4 < 23,
х3 < 22, х2 < 21, хг < 20, звідси
хг + х2 + ...+ х§ < 110.
Тому х& > 26, х7 > 27, х8 > 28, х9 > 29,
х6 + х7 + х8 + х9 > 110,
а тоді
хг + х2 + ... + х9 > 220.
Отже, п’ятеро перших грибників зібрали не більше
110 грибів.
Задача 15
Мешканці кожного з міст А, В, С знайомі не більш
ніж з одним мешканцем кожного з двох інших міст.
Відомо, що:
а)	число мешканців А дорівнює 6000;
б)	число мешканців В, що мають знайомих у місті
67, не більше за 2000;
в)	у містах В і С більш ніж половина мешканців
не мають знайомих в А.
Довести, що число мешканців міст А, В і 67, що не
мають знайомих у інших містах, не менше від 1998.
Доведення
Нехай Т - число мешканців, яке потребує умова
задачі. ТА, Т& Тс - число мешканців міст А, В і С.
ТАВ - число мешканців міста Л, що мають знайо-
мих у місті В\ Твс - число мешканців міста В, що
мають знайомих у місті 67; ТАС - число мешканців міста
А, що мають знайомих у місті 67; ТАВС , ТВСА і Тсав
відповідно числа мешканців міст А, В, С, що мають
знайомих у двох інших містах. Тоді
*Тас
І
ВС + ?АВС + ?ВАС +
Тсав * ТА
2 ТАС.
12
Математична олімпіада 7 КЛАС
За умовою:
1)	ТА = 6000;
2)	Твс < 2000;
3)	Тв - 27^ > 0; Тс - 2Т4С > 0, звідси
Т > ТА - 2ТВС> 6000 - 2 ; 2000 = 2000 > 1998.
Задача 16
Знайти найменше можливе число, кратне 360, всі
вісім цифр якого різні.
Розв’язання (вказівка)
Остання цифра числа 0. Сума інших семи цифр крат-
на 9. Оскільки сума 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 +
+ 7 > 27, то сума шуканих цифр повинна дорівнювати
36. Найменше число буде, коли взяти цифри 1, 2, 3, 6,
7, 8, 9, 0 і розмістити їх так, щоб останні три цифри
утворили число, яке закінчується нулем і ділиться на 8.
Задача 17
Мешканець будинку № 21 помітив, що сума но-
мерів будинків на його стороні кварталу дорівнює кубу
їх кількості. Визначити найбільший номер будинку на
цій стороні кварталу.
Розв’язання
Нагадаємо, що 1+3+5+...+(2тг+1)=л2.
Усі номери будинків на цій стороні непарні. Нехай
до початку кварталу було х номерів, а в цьому квар-
талі - у будинків. Тоді сума номерів будинків
(х + у)2 - х2 = 2ху + у2.
У той же час ця сума дорівнює 2/3. Отже, 2ху+у2=у&.
Звідси у2-у=2х. Оскільки серед номерів будинків квар-
талу є 21, то л<10. Тому у2 - у < 20. Враховуючи, що
у2 > 21, зробимо перевірку двох можливих значень: у =
= 4 та у = 5. Найбільший номер будинку - 29.
Задача 18
Жінка здає в багаж жовту валізу, чорну валізу,
Математична олімпіада 7 КЛАС
13
саквояж і кошик. Чорна валіза важча за жовту, сак-
вояж і жовта валіза разом важчі за кошик і чорну
валізу, але кошик і саквояж разом важать стільки,
скільки дві валізи. Який з цих вантажів найважчий і
який - найлегший?
Розв ’язання
Позначимо вагу предметів їх першими буквами: ж;
ч; с; к. Дістанемо співвідношення
Ч^> мс п -4- мс V -І- ті
к + с = ч + ж.
Додавши почленно два останніх співвідношення, діста-
немо с > ч. З різниці цих співвідношень випливає, що
ж > к. Тому
с > ч > ж > к.
Задача 19
На колі поставлено 5 чисел, причому кожне зустрі-
чається стільки разів, яке число слідує за ним за го-
динниковою стрілкою. Які це числа?
Розв’язання
Зрозуміло, що всі дані числа натуральні. Якщо два
однакових числа стоять поруч, тобто мають вигляд
а, а, с, ..., то перше а зустрічається всього а разів,
друге а зустрічається с разів, тобто а = с. Отже, у
цьому випадку всі дані числа рівні між собою.
Числа (<2, а, а, а, а) задовольняють умову тільки
при а = 5.
Якщо таких двох чисел нема, то кожне число зу-
стрічається не більше двох разів і тому серед цих
чисел нема чисел, більших за 2, тобто всі вони дорів-
нюють або 1, або 2. Але в цьому випадку хоча б два
однакових числа стоять поруч, що суперечить припу-
щеному. Отже, всі дані числа дорівнюють 5.
Задача 20
У змаганнях з бігу на лижах, стрибків з трампліна
14
Математична олімпіада 7 КЛАС
та лижного двоєборства (біг і стрибки) взяли участь
більше 60 спортсменів. При цьому з трампліна стриб-
нуло 45 спортсменів, а дистанцію пройшли 40. Довес-
ти, що кількість учасників двоєборства менша за 25.
Доведення
Якщо х - число учасників двоєборства, то а - спіль-
не число спортсменів - може бути підраховано так:
якщо до 40 учасників бігу додати 45 стрибунів, то
дістанемо 85 учасників, але при цьому двоєборці бу-
дуть враховані двічі. Таким чином,
а = 40 + 45 - х.
Оскільки а > 60, то х < 25, що й потрібно було
довести.
Задача 21
Маємо 10 ящиків. У деяких з них лежить по 10
ящиків меншого розміру, а в деяких з менших ящиків
лежить ще по 10 ящиків. Скільки всього ящиків, якщо
заповнено всього 54 ящики?
Розв’язання
Позначимо число заповнених великих ящиків через
х, а число заповнених малих ящиків через у. За умо-
вою х + у = 54. Але число менших ящиків у 10 разів
більше, ніж х, а число найменших ящиків у 10 разів
більше, ніж у. Отже, загальне число ящиків дорівнює
10 + 10л* + 10^ = 10(1 + х + у} = 10-55 = 550.
Задача 22
Два електронних годинники, на яких висвічуються
години від 1 до 24, одночасно показали 12 годин. Пер-
ший з них поспішає на 6 хвилин за добу, а другий -
відстає на 3 хвилини за добу. Через який час вони
знову разом покажуть 12 годин?
Розв ’язання
Порівняно з першим годинником другий відстає на
Математична олімпіада 7 КЛАС
15
9 хвилин за добу, і тому відставання на 24 години
відбувається за
(24 • 60) : 9 = 160.
Отже, годинники показуватимуть однаковий час че-
рез кожні 160 діб.
Через 160 діб другий годинник відстане на 480 хви-
лин, тобто на 8 годин, тому через 480 діб обидва го-
динники однаково покажуть 12 годин.
Задача 23
Матері було 28 років, коли в неї народився син. Скіль-
ки років було матері і скільки років сину у 1972 році,
якщо у 1966 році син був молодший за матір у 4,5 раза?
Розв’язання
Нехай у 1966 році сину було х років. Тоді матері
було 4,5лг років. За умовою
4,5дг - х = 28,
звідки
х = 8.
Отже, у 1972 році матері було 42 роки, а сину - 14 років.
Задача 24
У розіграші кубка країни взяли участь п команд.
Ігри проходили за олімпійською системою (команда,
яка програла, вибувала з розіграшу). Всі ігри закінчи-
лися результативно (без нічиїх). Скільки всього мат-
чів було зіграно?
Розв’язання
Матчів відбулося стільки, скільки вибуло команд,
тобто 77-1.
Задача 25
У неділю 2 травня з Києва відправилися два тепло-
ходи. Якого числа ці теплоходи знову вийдуть разом з
Києва у неділю, якщо перший теплохід виходить у рейс
раз у чотири дні, а другий - раз у шість днів?
16
Математична олімпіада 7 КЛАС
Розв’язання
Перший теплохід вийде у найближчий недільний рейс
через 4 • 7 = 28 днів, другий - через 6 • 7 = 42 дні.
Отже, теплоходи знову вийдуть разом з Києва у неділю
через 84 дні, тобто 25 липня.
Задача 26
Кілька ложок коштують 2 грн., а така сама кіль-
кість виделок коштує 1 грн. 76 к. Скільки коштують
5 ложок, якщо кожна виделка дешевша за ложку на
З к.?
Розв’язання
Мається на увазі, що ціни виражаються цілим чис-
лом копійок. Число ложок, вартість яких 200 к., до-
рівнює числу виделок, вартість яких 176 к., кількість
ложок повинна бути дільником 200 і 176. Таких чисел
три - 2; 4 і 8. Тому ціна однієї ложки дорівнює або
100 к., або 50 к., або 25 к.
Умову задачі задовольняє остання ціна - 25 к. Отже,
5 ложок коштують 1 грн. 25 к.
Математична олімпіада 7 КЛАС
МАТЕМАТИЧНА ШИФРОВКА
Задача 27
Замість зірочок поставити цифри.
Розв’язання
Оскільки при множенні двоцифрового числа * * на
число 8 дістали двоцифрове число, то число десятків
множеного повинно дорівнювати 1.
При множенні числа одиниць множеного на число
8 дістали в добутку у числі одиниць число 6. Це мож-
18
Математична олімпіада 7 КЛАС
ливо у двох випадках: якщо число одиниць множеного
дорівнює 2 або 7. Але в останньому випадку маємо
17 х 8 = 136, тобто число трицифрове. Тому число
одиниць множеного дорівнює 2, і приклад розшифро-
вується так:
1 2
8
9 6
Задача 28
Розшифрувати.
.ЛІНІЯ
_ЛІНІЯ
ФІГУРА
Розв’язання
Перший варіант:
+ 7 4 3 4 5
_7_Д 3..4 5
1 4 8 6 9 0
Другий варіант:
, 7 4 5 4 3
7 4 5 4 3
1 4 9 0 8 6
Отже, 1 = 4;
Л = 7;
Ф = 1;
Я = 3 чи 5;
Н = 3 чи 5;
У = 0 чи 6;
А = 0 чи 6;
Г = 9 чи 8;
Р = 9 чи 8.
Математична олімпіада 7 КЛАС
19
Задача 29
Довести, що в прикладі на множення
*	*	З
х	*	-
X А
*	*	*	7
'к	* к	*	*
*	* *	*	*	7
допущено помилку.
Розв’язання
Друга цифра другого множника дорівнює 9, оскільки
тільки в цьому випадку перший добуток закінчується
на 7. Але другий добуток більший від першого і тому
перша цифра другого множника повинна бути більшою
за його другу цифру, тобто більшою за 9, чого бути не
може. Отже, в прикладі допущено помилку.
Задача ЗО
Розшифрувати
+ У Д А Р
У_Д_А_Р
Д Р А К А
Відповідь:
8 12 6
+ а і 2 б
1 6 2 5 2
Задача 31
Замінити літери цифрами так, щоб рівність
8ІСМА = (8 + І + 8 + М + А)5
була правильною.
Розв’язання
П’ятий степінь числа К є п’ятицифровим числом
тільки у випадку, коли К дорівнює 7; 8 або 9:
7’ = 16 807; 83 = 32 768; 95 = 59 049.
Але в кожному з цих випадків сума цифр степеня -
22; 26; 27 у п’ятому степені не дорівнює ні 7, ні 8, ні
20
Математична олімпіада 7 КЛАС
9. Тому замінити літери в даній рівності цифрами так,
щоб рівність була правильною, неможливо.
Задача 32
Відновити результат додавання
/ о г і у
+ і е п
+_____ієн.
8 І X І у,
де кожна літера позначає цифру, причому різними
літерами позначено різні цифри.
Розв’язання (вказівка)
Доведіть спочатку, що п = 0; е = 5; о = 9; і = 1;
8 = / + 1.
Далі
г + 2і + 1 > 21, 2/ > 20 - г.
Оскільки найбільше можливе значення для г є 8, то
2/ >12, і > б,
тобто і дорівнює 7 або 8.
Якщо і = 7, то
г > 20 - 2і = 6
і г = 8 єдине можливе значення для г. Але в цьому
випадку х = 3, і серед невідомих цифр немає двох
послідовних, що неможливо, бо 8 = / + 1.
Якщо і = 8, то г може набувати двох значень: 6
або 7. При /• = б серед невідомих цифр також немає
двох послідовних.
Залишається випадок і = 8, г = 7.
Відповідь:
29 786 + 850 + 850 = 31 486.
Задача 33
Розшифрувати запис
ЧАЙ : АЙ = 5.
Математична олімпіада 7 КЛАС
21
Розв’язання
З умови випливає, що
ЧАЙ = АЙ х 5,
тобто
Ч х 100 + АЙ = АЙ х 5,
звідси
Ч х 100 = АЙ х 4;
Ч х 25 = АЙ.
Оскільки АЙ число двоцифрове, то Ч може бути
тільки 1; 2 або 3. Кожному значенню Ч відповідає виз-
начений розв’язок: якщо Ч = 1, то АЙ = 25. Різні
букви розшифровуються різними цифрами: А = 2;
Й = 5. Якщо Ч = 2, то АЙ = 50. Якщо Ч = 3, то
АЙ = 75.
Отже, розшифрувати запис можна трьома спосо-
бами
ЧАЙ = 125; 250 або 375.
Задача 34
Розшифрувати
ЛИК х ЛИК = БУБЛИК.
Розв’язання
Від обох частин рівності віднімемо ЛИК. Дістанемо
ЛИК х (ЛИК - 1) = БУВ х 1000.
Числа ЛИК і (ЛИК - 1) є двома послідовними
натуральними числами, тому вони взаємно прості.
Оскільки їх добуток ділиться на 1000 = 5 х 5 х 5 х
х 2 х 2 х 2, то одне з них ділиться на 5 х 5 х 5 = 125,
але не ділиться на 2, а друге ділиться на 2 х 2 х 2 = 8,
але не ділиться на 5. Серед непарних трицифрових чи-
сел діляться на 125 тільки 125; 375; 625; 875. Серед
сусідніх з ними чисел (більших на 1 або менших на 1)
діляться на 8 тільки 376, 624. Перевірка показує, що
перше з цих чисел підходить, а друге - ні. Маємо
розшифровку:
376 х 376 = 141 376.
22
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 35
Зробити розшифровку
АНДРІЙ
Ж АН Н А
ДРУЖБА
Відповідь:
748190
+	67447
815637
Задача 36
Скількома способами можна відновити запис при-
кладу
+	4
[ * *
* * *
* X *	*	*
якщо всі цифри в ньому різні?
Розв ’язання
Позначимо невідомі цифри літерами, тоді
4 + аЬ + ссіе = /§кк.
Зрозуміло, що / = 1, §' = 0, отже, с = 9.
Якщо к = 2, то Ь + е = 8. Але Ь Ф 0; 1; 2; 4, отже,
Ь = 3 або Ь = 5 і відповідно е = 5 або е = 3. Тоді для
а,сі і к залишаються цифри 6, 7 і 8. Маємо а+^+1 =
=^+10. Підходить тільки //=6, а=7, </=8 та /?=6, <7=8,
4—7. Таким чином, знаходимо чотири способи, які
дістанемо із запису
+ 4
73
+ 985
1062
переставлянням цифр 7 і 8, 3 і 5 між собою.
Математична олімпіада 7 КЛАС
23
Аналогічно дістанемо по чотири способи при к = З
і при к = 6. При к = 5; 7 і 8 жодного способу немає.
Тому загальне число способів дорівнює 12.
Математична олімпіада 7 КЛАС
п + 1
ПРИНЦИП ДІРІХЛЕ
Якщо п 4- 1 предметів розкладено в п ящиків, то
принаймні в одному ящику лежатимуть щонайменше
два предмети.
Це твердження називають принципом Діріхле, на
ім’я відомого німецького математика.
Справджується також більш загальне твердження: якщо
//Л’+І предметів розкладено в п ящиків, то принаймні в
одному ящику лежатимуть щонайменше ії+1 предметів.
Задача 37
Маємо 25 ящиків з яблуками трьох сортів, причо-
му в кожному ящику лежать яблука тільки одного
Математична олімпіада 7 КЛАС
25
сорту. Чи можна знайти 9 ящиків з яблуками одного
сорту?
Розв’язання
Оскільки сортів маємо 3, а ящиків 25, то хоча б
одного сорту маємо не менше, ніж 9 ящиків.
Відповідь: можна.
Задача 38
Довести, що серед шести довільних цілих чисел
знайдуться два, різниця яких ділиться на 5.
Доведення
При діленні на 5 можливі 5 різних остач: 0; 1; 2;
3; 4. Оскільки чисел 6, то знайдуться 2 числа з одна-
ковими остачами; їх різниця буде ділитися на 5.
Задача 39
Серед будь-яких п + 1 цілих чисел можна вибрати
два таких, різниця яких ділиться на п. Довести.
Доведення
Аналогічне доведенню попередньої задачі.
Задача 40
Довести, що з довільних трьох цілих чисел можна
знайти два, сума яких ділиться на 2.
Доведення
Серед трьох цілих чисел обов’язково знайдуться два
числа однакової парності (оскільки чисел 3, а класів
парних і непарних чисел - лише два). Сума їх буде
ділитися на 2.
Задача 41
У класі ЗО учнів. Сашко зробив у диктанті 13 по-
милок, інші учні - менше. Доведіть, що хоча б 3 учні
зробили однакову кількість помилок.
26
Математична олімпіада 7 КЛАС
Доведення
Припустимо, що ніякі три учні не зробили однако-
ву кількість помилок. Користуючись «клітками» за
принципом Діріхле, стверджуємо, що в кожній з «клі-
ток» 0, 1, 2, ... 12 знаходиться менше від 3 учнів.
Тоді в кожній з них два або менше учнів, всього
213 = 26 учнів. Навіть із Сашком - менше від ЗО
учнів. Дістали протиріччя. Отже, хоча б три учні зро-
били однакову кількість помилок.
Задача 42
На площі, яка має форму квадрата зі стороною 1 км,
росте гай, у якому налічується 4500 дерев. Діаметр стов-
бура жодного з них не перевищує 50 см. Довести, що в
гаю можна вибрати прямокутну ділянку розміром
10 м х 20 м, на якій немає жодного дерева.
Доведення
На площі 1 км х 1 км можна розмістити прямокут-
ники 10 м х 20 м так, щоб між ними залишалися смуж-
ки шириною більше, ніж півметра. На одній стороні
квадрата відкладемо 95 відрізків завдовжки 10 м кож-
ний, а на другій - 48 відрізків завдовжки 20 м кожний.
Тоді на ділянці утвориться 95 х 48 = 4560 прямокутників,
поділених смужками завширшки більше за 0,5 м. Ос-
кільки в гаю всього 4500 дерев, то щонайменше 60 цих
прямокутників будуть вільні від дерев.
Задача 43
Доведіть, що серед 25 учнів класу хоча б троє на-
родилося в одному місяці.
Доведення
Припустимо, що у кожному місяці народилося не
більш ніж 2 учні. Тоді на 12 місяців припаде не більше
від 24 дітей. Дістали протиріччя.
Математична олімпіада 7 КЛАС
27
Задача 44
На занятті математичного гуртка 25 учнів одержали
290 жетонів за правильне розв’язання задач. Доведіть, що
хоча б два учні дістали жетонів порівну (можливо, що 0).
Доведення
Припустимо протилежне. Тоді 25 учнів одержали б
не менше за 0 + 1 + 2 + ... + 24 = 300 жетонів.
Задача 45
106 тонн будівельного матеріалу запаковано у ящи-
ки, маса кожного з них не перевищує 6 т. Вантаж-
ний ліфт перевозить їх на дах хмарочоса. Якщо маса
вантажу більше, ніж 25 т, ліфт автоматично відклю-
чається. Яку мінімальну кількість рейсів має зробити
ліфт, щоб перевезти весь вантаж?
Розв’язання
У кожний рейс можна завантажити не більш ніж
19 т. Тому досить 106:19, тобто 6 рейсів. П’яти рейсів
може бути недостатньо. Наприклад, якщо 21 однако-
вий ящик спробувати перевезти за 5 рейсів, то в одно-
§
му з рейсів буде 5 ящиків масою 106 — > 25 .
Задача 46
Доведіть, що коли жодне з 10 натуральних чисел
А'з, ..., -А'ю не ділиться на 10, то ділиться на
10 сума кількох чисел, що стоять поруч.
Доведення
Розглянемо числа аг =	а2 =	+ Л^2,... , дг10 =
= Кх + К2 + ... + Л"10. Якщо одне з них кратне 10, то
задачу розв’язано. У протилежному випадку знайдемо їх
остачі від ділення на 10. Остач буде 10, і вони прийма-
ють 9 значень (від 1 до 9). Отже, по принципу Діріхле,
знайдуться два числа а-, г? (/ < /) з рівними остачами. їх
різниця а і - а і = Кі+1 + ... + кратна 10.
28
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 47
Чи можна з 11 довільних натуральних чисел виб-
рати два такі, щоб їх різниця була кратна 10?
Розв’язання
Можна. При діленні цих чисел на 10 дістанемо 11
остач, що набувають 10 значень. Отже, знайдуться два
числа з рівними остачами. їх різниця ділиться на 10.
Задача 48
Доведіть, що з довільних 7 натуральних чисел мож-
на вибрати два такі, щоб їх сума чи різниця закінчу-
валася нулем.
Доведення
Розподілимо всі числа на 6 груп. - числа, що
закінчуються нулем, Мх - числа, що закінчуються на
1 чи 9, М2 - на 2 або 8, ...,	- на 5. Оскільки
чисел 7, а груп 6, то хоча б в одній групі буде не
менше двох чисел. Легко бачити, сума або різниця двох
чисел з однієї групи ділиться на 10.
Задача 49
Чи існує число, запис якого складається тільки з
нулів і одиниць, кратне 1998?
Розв’язання
Існує. Візьмемо 1999 чисел,
1, 11, ..., 1..1.
1999
Виберемо два з них, що мають рівні остачі при
діленні на 1998. їх різниця буде шуканим числом.
Задача 50
На шахівниці розставлені числа від 1 до 64. До-
ведіть, що при їх довільному розміщенні знайдуться
дві сусідні клітинки, які мають спільну сторону, такі,
Математична олімпіада 7 КЛАС
29
що різниця між числами, які в них стоять, буде більша
за 4.
Доведення
Розмістимо числа 1 і 64 у
протилежних клітинках головної
діагоналі. їх з’єднає лінія, яка
проходить через 15 попарно су-
сідніх клітинок, тобто та, що має
14 переходів. Припустимо, що на
кожному переході приріст (різни-
ця) не перевищує 4. Тоді спіль-
ний приріст не перевищує
4	14 = 56 < 64.
Протиріччя.
Якщо числа 1 і 64 лежать інакше, кількість пере-
ходів в лінії, яка їх з’єднує і йде через сусідні клітин-
ки, ще менша. Протиріччя отримується аналогічно.
Математична олімпіада 7 КЛАС
ЧИСЛА
Задача 51
Знайдіть трицифрове число, яке дорівнює квадрату
двоцифрового і кубу одноцифрового числа.
Розв ’язання
Випишемо усі куби одноцифрових чисел:
І3; 23; З3; 43; 53; б3; 73; 83; 93.
Розглянемо з них ті, які є трицифровими числами
і одночасно можуть дорівнювати квадрату двоцифро-
вих чисел. Зрозуміло, що 53; 73 не можуть дорівнюва-
ти квадратам двоцифрових чисел (5 і 7 - числа прості).
Розкладемо на прості множники складені числа, які
залишилися:
Математична олімпіада 7 КЛАС
31
63 = 23 • 33 * а2',
83 = (23)3 = 29 * а2\
93 = (32)3 = (33)2 = 272 = 729.
Шукане число: 729.
Задача 52
Що більше 12723 чи 51318?
Розв’язання
12723 < 12823 = (27)2з < 2162 = (29)і8 = 51218 < 51318.
Задача 53
Довести, що модуль різниці між трицифровим чис-
лом X, всі цифри якого різні, і числом У, що скла-
дається з тих самих цифр, але записаних у зворотно-
му порядку, виражається числом, друга цифра якого
9, і сума решти цифр дорівнює 9.
Доведення
Нехай АВС - 100Л +102?+ С- те з чисел X та У, яке
не менше за друге. Оскільки АВС > СВА і АїС, то А > С.
Тоді
X- У = АВС-СВА =
= (100Л+ 10^+ 0-(1ООС+ 10^ + ^4) =
= 100(Л- С}-{А-С).
Розіб’ємо одну сотню на десятки, потім один деся-
ток на одиниці.
Дістанемо
\Х- У\=(А - С- 1) • 100 + 9 • 10 + (10 + С-А).
Оскільки
А- С- 1 > 0,
10 + С- А = 10 - (А - С) < 10,
10 + С-А > 10 - А > 0,
то число \Х- І7! складається з цифр А - С - 1, 9,
10 - А + С або 9, 10 - А + С (якщо А - С - 1 = 0).
32
Математична олімпіада 7 КЛАС
Але (А - С - 1) + (10 - А + С) = 9, що доводить
твердження задачі.
Задача 54
При яких натуральних п число /г4 + 64" є складе-
ним?
Розв’язання
Зрозуміло, що при п парному, число /г4 + 64" та-
кож парне (і більше за 2), тобто є складеним.
Якщо п = 2т + 1, то, поклавши а = 8'", матимемо
/г4 + 64" = /г4 + 64я4 =
= (тг2 + 8 я2)2 - 16гг2/г2 =
= (/г2 - 4лтг + 8я2)(/г2 + кап + 8<г2).
При цьому
п2 - кап + 8г?2 = (п - 2а)2 + 4я2 > 1.
Отже, при довільному п задане число складене.
Задача 55
Знайти цифри х і у такі, щоб виконувалась рівність
З хх ххх = у хх ххх - у
Розв’язання
Віднімаючи від обох частин заданої рівності число
ххххх (його позначимо а), дістанемо рівність
2а = ^/00000- у,
або
2а — 99999^.
Але 2а = 2х  11111, тому
2х = §у.
Отже, х = 9, у = 2.
Задача 56
Якщо два натуральних числа закінчуються трьома
однаковими цифрами, то й куби цих чисел також за-
кінчуються однаковими цифрами. Довести.
Математична олімпіада 7 КЛАС
33
Доведення
Нехай а і Ь - натуральні числа, причому а - Ь —
= 1000/га і
Тоді різниця кубів цих чисел дорівнює
а2 - & = (а - Ь}{а2 + аЬ + £>2) =
= 1000/7/О2 + аЬ + Ь2}.
Оскільки різниця кубів чисел а і Ь кратна 1000, то
останні цифри їх записів відповідно рівні.
Задача 57
Скількома нулями закінчуються числа виду
9" + 1, якщо /гєТУ?
Розв’язання
Десятковий запис чисел виду 9" може закінчувати-
ся тільки двома цифрами: 09; 81; 29; 61; 49; 41; 69;
21; 89; 01. Перевіркою впевнимося, що десятковий
запис чисел виду 9" + 1 закінчується не більше, ніж
одним нулем при довільному /7.
Задача 58
Чи знайдеться таке натуральне число /г, при якому
число 2" + 15 буде складеним?
Розв’язання
При п — 7 дістанемо 27+ 15 = 143 = 11	13 -
складене число.
Задача 59
Якщо Ь - ціле число, яке не дорівнює 1, то чи буде
£5 -5£+4 о
ЦІЛИМ ЧИСЛО —5------- ?
Ь2 -2£+1
Вказівка
Розкласти чисельник дробу на множники і скоро-
тити дріб на &2 - 2&+1.
34
Математична олімпіада 7 КЛАС
Відповідь: так.
Задача 60
Знайти всі двоцифрові числа, які дорівнюють добутку
своїх цифр, збільшених на 2.
Розв’язання
Нехай
10* + у = (х+ 2)(^+2),
тобто
ху + 4 = 8_г - у ; х(8 - у) = у + 4 ;
Тому 12 ділиться на 8 - у, отже, у - одне з чисел
2; 4; 5; 6; 7, а х + 1 - відповідно одне з чисел 2; 3;
4; б; 12. Можливі чотири випадки:
х = 1, у = 2; х = 2, у = 4;
х = 3, у = 5; х = 5, у = 6.
Таким чином, умову задовольняють числа 12; 24;
35 і 56.
Задача 61
Знайти всі натуральні значення а, при яких корінь
рівняння (а - 1).г = 12 є натуральним числом.
Розв’язання
Оскільки а і х повинні бути натуральними числа-
ми, то а - 1 і х - дільники числа 12. Запишемо число
12 у вигляді добутку двох натуральних чисел
12 = 1 • 12 = 2 -6 = 3 -4.
Можливі випадки:
х =	1,	а	-	1	=	12,	а	=	13;
х =	2,	а	-	1	=	6,	а	=	7;
х =	3,	/7-1	=	4,	а	=	5;
х =	4,	а	-	1	=	3,	а	=	4;
Математична олімпіада 7 КЛАС
35
х = 6,	<7-1 = 2,	а = 3;
х = 12, <7-1 = 1,	а = 2.
Відповідь: 2; 3; 4; 5; 7; 13.
Задача 62
Чи можна подати число 1992 у вигляді суми три-
цифрового числа і куба суми цифр цього числа?
Розв’язання
Нехай
1992 = хуг + (х + у +	.
Оскільки
100 < хуг < 1000 , то
992<(дг+^+^)3 <1892,
а тому х + у + г дорівнює 10; 11 або 12. Отже, хуг
дорівнює 992; 661 чи 264. З цих чисел тільки останнє
задовольняє умову:
1992 = 264 + (2 + 6 + 4)3.
Задача 63
Знайти два послідовних трицифрових числа, що до-
рівнюють сумі кубів своїх цифр.
Розв’язання
Нехай хуг - менше з шуканих чисел. Якщо 2 Ф 9,
то
хуг + 1 = ху{г + 1)
і має місце рівність
х3 + у3 + г3 + 1 = х3 + у3 + (г + І)3,
тобто
(г + І)3 = 23 + 1,
що можливо тільки при 2 = 0.
36
Математична олімпіада 7 КЛАС
Отже, ху9 = х3 + у3 , тому х3 + у3 ділиться на 10.
Перебираючи усі куби від 0 до 9, дістанемо, що
^б = х3+/ є {730; 520; 370; 280; 250),
тобто
Ту є {73; 52; 37; 28; 25}.
Оскільки
73 + З3 = 370,
53 + 23 = 133,
	23 + 83 = 520,
то ху = 37 і числа 370 і 371 задовольняють умову
задачі.
При з = 9 і у Ф 9
ху9 +1 = х{у +1)0 ;
ж3 + у3 + 729 + 1 = х3 + (у + І)3;
(у + І)3 - у3 = 730.
Остання рівність не виконується для у від 0 до 9.
Якщо у — 2 = 9 (в цьому випадку х Ф 9), маємо
ж 9 9 + 1 = (х +1)00;
х3 + 729 + 729 = (х + І)3,
що також неможливо.
Таким чином, задача має єдиний розв’язок: 370 і
371.
Задача 64
Знайдіть двоцифрове число, яке в чотири рази біль-
ше за суму своїх цифр.
Розв’язання
Позначимо шукане число
аЬ = 10« + Ь, де а є ТУ, Ь є
0 < я < 9, 0 < £ < 9.
За умовою:
Математична олімпіада 7 КЛАС
37
10л 4- Ь = 4л + 4£,
звідси
2л = Ь.
Рівняння 2л = Ь розв’язується підбором, врахову-
ючи, що л, Ь цифри десяткової системи числення.
Якщо а	=	1,	то	Ь = 2,	аЬ	= 12.
Якщо л	=	2,	то	Ь = 4,	аЬ	= 24.
Якщо а	=	3,	то	Ь = 6,	аЬ	= 36.
Якщо л	=	4,	то	Ь = 8,	аЬ	=48.
Якщо л = 5, то Ь = 10 - не задовольняє умови.
Відповідь: шуканим двоцифровим числом може бути
довільне з чисел:
12; 24; 36; 48.
Задача 65
Довести, що довільну суму, більшу, ніж 7 копійок,
можна сплатити трикопійчаними і п’ятикопійчаними
монетами, не одержуючи здачі.
Розв’язання
Досить перевірити, що трикопійчаними і п’ятикопій-
чаними монетами можна сплатити 8; 9 і 10 копійок.
8 = 3 + 5; 9 = 3 + 3 + 3;
10 = 5 + 5.
Задача 66
Перша цифра чотирицифрового числа 7. Якщо цю
цифру переставити на останнє місце, то дістанемо
число, менше за початкове на 864. Знайти початкове
число.
Розв ’язання
Нехай шукане число ЧаЬс. За умовою задачі маємо
Чаде - аЬс! = 864 .
38
Математична олімпіада 7 КЛАС
Якщо аЬс = -г, то дістанемо рівняння:
7000 + х - Юлг - 7 = 864,
х = 681.
Шукане число 7681.
Задача 67
Якими числами закінчується десятковий запис
числа 34’’ + 34-г+1 + 342г, якщо х є Ж?
Розв’язання
Якщо число закінчується четвіркою, то парний
степінь його закінчується 6, а непарний - цифрою 4.
Отже, один з перших двох доданків закінчується
четвіркою, а другий - цифрою 6.
Третій доданок закінчується теж цифрою 6, тому
десятковий запис суми закінчується цифрою 6.
Задача 68
П’ятицифрове число, що є точним квадратом, запи-
сується за допомогою цифр 0; 1; 2; 2; 2.
Знайти це число.
Розв’язання
Квадрат натурального числа не може закінчувати-
ся цифрою 2 або одним нулем. Отже, п’ятицифрове
число може закінчуватися тільки цифрою 1.
Перевірці підлягають числа 22 201; 22 021; 20221.
З них задовольняє умову задачі 22 201 = 1492.
Математична олімпіада 7 КЛАС
ПРОСТІ ЧИСЛА
Задача 69
Доведіть, що остача від ділення простого числа на
ЗО є просте число або одиниця.
Доведення
Нехай при діленні простого числа а на ЗО дістане-
мо частку і остачу г. Тоді
а = 30</ + де г є ТУ, г < ЗО,
тобто
а = 2 • 3 • 5^ + /', г є {1; 2;	29}.
Якщо а < ЗО, то а = ЗО • 0 +	тобто г = а. Отже,
г - просте число.
40
Математична олімпіада 7 КЛАС
Нехай а > ЗО. У цьому випадку остача г не може
дорівнювати 2; 3 або 5, інакше число а було б складе-
ним (якщо кожний доданок ділиться на якесь число,
то й сума ділиться на це число).
Кожне зі складених чисел 4; 6; 8; 9; 10; 12; 14;
15; 16; 18; 20; 21; 22; 24; 25; 26; 27 і 28 кратне або
2, або 3, або 5. Тому якщо г дорівнювало б якому-
небудь з них, то число а було б складеним. Але а -
просте число. Отже,
г є {1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29},
що й потрібно було довести.
Задача 70
Доведіть, що р2 - 1 кратне 24, якщо р - просте
число, більше за 3.
Доведення
Множина натуральних чисел, які не менші за З,
вичерпується числами виду
6/г, 6п ± 1, 6/г ± 2, 6/г ± З,
де п = 1; 2; 3; ...
З них простими числами, що є більшими за З,
можуть бути тільки числа виду 6/г ± 1.
Маємо
р2 - 1 = (6/г ± 1)2 - 1 =
= 36/г2 ± 12/г = 12/г(3/г ± 1).
Оскільки числа п і 3/г ± 1 різної парності, то
/г(3/г ±	1) ділиться на 2, а значення виразу
12/г(3/г ± 1), яке дорівнює р2 - 1, кратне 24 при до-
вільному простому р > 3.
Твердження доведено.
Задача 71
Знайдіть усі прості числа р і д, для яких
р2 - 2д2 = 1.
Розв’язання
З рівності р2 - 2д2 = 1 маємо р2 - 1 = 2д2, звідки
Математична олімпіада 7 КЛАС
41
(р - 1)(р+1)
Оскільки у правій частині рівності маємо добуток
рівних простих чисел (</ не має інших дільників, крім д
і 1), то і ліва частина рівності є добутком рівних прос-
тих чисел. Якщо р = 2, то (р- !)(/?+ 1) = 1 • 3 = З - не-
(р- 1)(р + 1)
парне, тому ------------- - не ціле число. Отже, р = 2
2
нам не підходить. Якщо р
звідки р = 3.
Отже,
9 - 2?2 = 1; ?2 = 4.
Відповідь: /? = 3, д = 2.
Задача 72
01998
Чи є простим число 1 + 2	?
Розв’язання
Число З1998 ділиться на 3, тому можна скористати-
ся підстановкою
З1998 = Зт,
де (т є ТУ).
Тоді дане число можна записати так:
23/" + 1 = (2'")3 + 1 =
= (2'" + 1)(22/" - 2'" + 1).
Отже, дане число є складеним.
Задача 73
Подати у вигляді добутку степенів простих чисел:
1 2-3-4-5- ... 1415.
Розв’язання
1-2-3-4-5- ... 1415 =
= 211-36-53 721113.
42
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 74
Дано рівняння
ах + Ьу = аЬ,
де а і Ь - взаємно прості натуральні числа. Довести,
що це рівняння не має розв’язків у натуральних чис-
лах.
Розв’язання
Припустимо, що
ах0 + &у0 — аЬ,
де х0, уц - натуральні числа. Звідси ах$ = Ь{а - 2/0),
або
+о
Оскільки а є Л”, то або Ь = х$і, тоді а = і{а-у^ і,
якщо /= 1, то ^о=О, Щ° суперечить умові. у§ - нату-
ральне число; якщо то а і Ь не будуть взаємно
простими, що суперечить умові задачі; або а-у§ = х§і,
тоді а = Ьі, - теж суперечить умові задачі. Отже, при-
пущення неправильне, і х та у не можуть бути нату-
ральними числами.
Задача 75
Які натуральні числа можна подати у вигляді суми
двох взаємно простих чисел, більших за одиницю?
Розв ’язання
Числа 1; 2; 3; 4; 6 не можна подати у вигляді суми
двох взаємно простих чисел, більших за одиницю. Але
5 = 2 + 3.
Доведемо, що будь-яке число п > 6 можна подати у
вигляді суми двох взаємно простих доданків.
Якщо п - непарне, то п = 2 + (п - 2), при цьому
числа 2 і п - 2 не мають спільних множників, бо
п - 2 непарне.
Якщо ж п - парне, то або п = 4/£, або п. = 4Л* + 2,
де к є N. У першому випадку маємо рівність
п = (2Л- - 1) + (2к + 1),
Математична олімпіада 7 КЛАС
43
причому вказані доданки взаємно прості, бо довільний
їх спільний дільник є дільником їх різниці, тобто до-
рівнює або 2, або 1, але 2 не є їх дільником.
У другому випадку подамо п як
п = (2к + 3) + (2к - 1).
Аналогічно доводимо, що доданки теж взаємно
прості.
Задача 76
Знайти всі прості числа виду 1 + п'1, менші від 1019
(/7 є т¥).
Розв’язання
Якщо п = 1, то 1 + пп = 2 - просте число.
Якщо п = 2, то 1 + пп = 5 - просте число.
Якщо п = 4, то 1 + пп = 257 - просте число.
Оскільки
1616 = 2б4 = (2Ю)6.24 = (Ю24)616 > 10006 10 = 1019,
то потрібно розглядати лише п < 16.
Якщо п - непарне число, відмінне від 1, то сума
1 + пп - парне число, яке не може бути простим.
При /7 = 6 маємо суму
б6 + 1,
яку можна розкласти на множники, як суму третіх
степенів:
66 + 1 = 363 + і.
Зверніть увагу на тотожність
+ ^2^+1 = (Л+£)(д2* _ ^2/,-1£ + Л2Л-2£2 -...+ £2*),
яку легко довести.
Звідси бачимо, що суми
88 + 1 = 224 + 1 = 2563 + 1;
Юіо + і = ЮО5 + 1;
1212 + 1 = (124)3 + 1;
1414 + 1 = 1967 + 1
теж розкладаються на множники.
Отже, лише при /7 = 1, п = 2 і /7 = 4 дістаємо
прості числа.
44
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 77
Нехай а - непарне натуральне число, Ь - натуральне
число. Довести, що числа а і аЬ + 4 взаємно прості.
Доведення
Нехай а і аЬ + 4 діляться на натуральне число сі.
Тоді на сі ділиться аЬ і різниця {аЬ + 4) - аЬ = 4.
Отже, сі дорівнює 1; 2 або 4, але 2 і 4 не є дільника-
ми а, оскільки а непарне. Залишається єдина мож-
ливість: сі. = 1.
Математична олімпіада 7 КЛАС
ПОДІЛЬНІСТЬ ЧИСЕЛ
Задача 78
Якщо 4373 і 826 поділити на одне й те саме число,
дістанемо відповідно остачі 8 і 7. Чому дорівнює діль-
ник?
Розв’язання
Якщо від 4373 відняти 8, а від 826 відповідно 7, то
дістанемо числа 4365 і 819, які діляться без остачі на
одне й те саме число. Щоб знайти це число, потрібно
кожне з цих чисел розкласти на прості множники:
819 = 3-3-713;
4365 = 3-3-5 97.
46
Математична олімпіада 7 КЛАС
Числа мають два спільних дільники 3 і 9. Умову
задачі задовольняє тільки 9, оскільки 9 > 8; 9 > 7.
Задача 79
При діленні деякого числа на 105 цифру тисяч 6
прийняли за 0, а цифру десятків 0 - за 6 і дістали
частку 389 і остачу 16. Знайти правильну частку й
остачу.
Розв ’язання
Маємо:
1)
х389
105
+ 1945
389
40845
2) 40 845 + 16 = 40 861 (неправильне ділене).
3) 46 801 - правильне ділене, частка 445, остача 76.
Задача 80
Знайти найменше число, яке при діленні на 2 дає
остачу 1, при діленні на 3 - остачу 2, на 4 - 3, на 5 -
4, на 6 - 5, на 7 - 6, на 8 - 7, на 9 - 8, на 10 - 9.
Розв’язання
Якщо додати до шуканого числа одиницю, тоді ут-
ворене число буде ділитися на 2, на 3, на 4, на 5, на
6, на 7, на 8, на 9 і на 10.
Таким найменшим числом буде 10-9-4-7 = 2520, а
шукане число - на 1 менше, тобто 2519.
Відповідь: 2519.
Задача 81
Довести, що ділене завжди більше подвоєної остачі,
якщо частка додатна.
Математична олімпіада 7 КЛАС
47
Доведення
Нехай а - ділене, Ь - дільник, с - частка, г - ос-
тача. Тоді
а = Ьс + г.
Але Ь > тому
а > гс + г = г(с + 1).
З умови маємо с > 1.
Отже,
а > т{1 + 1), або а > 2г.
Задача 82
Довести, що коли різниця двох чисел ділиться на
третє число, то остачі від ділення кожного з цих чи-
сел на третє число рівні між собою.
Доведення
Нехай а і Ь - дані числа, і {а - Ь) ділиться на к,
п і г - остачі від ділення а і Ь на к. Тоді
а = кт + /г, Ь = кі + г
або
а - Ь = к(т - /) + (тг - /’),
а > Ь, п < к, г < к.
Отже, різниця п - г повинна ділитися на к, що
неможливо, якщо п Ф г.
Задача 83
Довести, що коли ділене і дільник помножити на
одне й те саме число, то частка не зміниться, остача ж
збільшиться у число разів, що дорівнює цьому числу.
Доведення
Нехай
а = Ьд + г.
Помножимо обидві частини даної рівності на к'.
ак = Ькд + гк.
Але гк < Ьк, бо г < Ь. Отже, гк є остача від ділення
ак на Ьк, і вона в к разів більша від остачі г.
48
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 84
У шестицифровому числі перша цифра збігається з
четвертою, друга - з п’ятою, третя - з шостою. До-
ведіть, що це число кратне 7; 11; 13.
Доведення
Позначимо першу цифру числа буквою а, другу -
буквою Ь, третю - буквою с. Тоді дане число запи-
шеться так: аЬсаЬс.
Маємо:
аЬсаЬс = 1000 аЬс + аЬс =
= ІООІаіїс = 71113	.
Твердження доведено.
Задача 85
Доведіть, що значення виразу 967 - 225 - 486 крат-
не 10.
Доведення
Визначимо, якою цифрою закінчується кожний сте-
пінь даного виразу.
Остання цифра добутку залежить тільки від останніх
цифр співмножників (це випливає з правила множен-
ня в стовпчик). 962 закінчується на 6 (бо б2 = 36 за-
кінчується на 6), тому 963 = 962,96 закінчується на 6
і т. д. Отже, 967 закінчується цифрою 6.
Число 25 закінчується цифрою 2, отже, 225 також
закінчується цифрою 2.
482 закінчується на 4 (бо 82 = 64), 483 = 482-48 -
на 2 (бо 4-8 = 32), 486 = (483)2 - На 4 (бо 22 = 4).
Враховуючи знаки виразу, знайдемо, що цифра оди-
ниць дорівнює нулю (6 - 2 - 4 = 0).
Отже, значення даного виразу кратне 10.
Задача 86
Знайдіть два натуральних числа, сума яких дорівнює
168, а їх найбільший спільний дільник дорівнює 24.
Математична олімпіада 7 КЛАС
49
Розв’язання
Нехай а і Ь - два таких натуральних числа, що
а + Ь = 168; а = 24/7г; Ь = 24/72,
де пх і //2 _ натуральні взаємно прості числа. Тоді маємо
24/^ + 24/72 = 168,
звідси
/?і + п2 = 7.
Враховуючи, що пх і //2 - натуральні взаємно прості
числа, а їх сума дорівнює 7, знаходимо числа а і Ь'.
а = 24	(/?і = 1);	Ь	=	144	(/72	=	6),
а = 48	= 2);	Ь	=	120	(/72	=	5),
а = 72 (/71 =3); Ь = 96 (/72 = 4).
Відповідь: 24	і	144,
або 48	і	120,
або 72	і	96.
Задача 87
Три цифри п’ятицифрового числа - одиниці. Знайти
це число, знаючи, що воно ділиться без остачі на 72.
Вказівка
Число ділиться на 72, якщо воно ділиться і на 8, і
на 9.
Оскільки число п’ятицифрове і три цифри одиниці,
то сума його цифр буде 9 або 18. Остання цифра пар-
на, і число, утворене трьома останніми цифрами, ді-
литься на 8. Отже, останні три цифри шуканого числа
становлять 112 або 160.
Якщо одиниці стоять поруч, то шукане число 11 160
або 41112.
Інші випадки дослідити самостійно.
Задача 88
Довести, що
4343 _ 1717
ділиться без остачі на 10.
50
Математична олімпіада 7 КЛАС
Розв’язання
Зрозуміло, що 434 закінчується тією самою цифрою,
що й З4 = 81.
4343 = 4340.433 = (434)10-433.
(434)10 закінчується на 1.
433 закінчується на 7, отже, і 4343 закінчується
на 7.
72 закінчується на 9, тому
7 4 закінчується на 1.
716 — (74)4 закінчується на 1.
7і7 закінчується на 7, тому
1717 закінчується на 7.
Отже, 4343 - 1717 закінчується на 0 (7 - 7 = 0),
тому 4343 - 1717 ділиться на 10.
Задача 89
Було 6 аркушів паперу. Деякі з них розрізали на 6
частин, а потім деякі знов розрізали на 6 частин і т. д.
Коли підрахували загальну кількість отриманих ар-
кушів паперу, то виявилося, що їх стало 1998. Дове-
сти, що підрахунок виконано неправильно.
Доведення
Внаслідок розрізання кожного аркуша кількість ар-
кушів збільшується на 5, тому отримане число аркушів,
зменшене на 6, повинно ділитися на 5. Цієї власти-
вості якраз не має число 1998.
Математична олімпіада 7 КЛАС
РОЗКЛАСТИ НА МНОЖНИКИ
Задача 90
Який доданок потрібно додати, щоб сума
х + у + г + ху + уг + хг + хуг
розкладалась на добуток трьох множників? Які це
множники?
Розв ’язання
х +	у + г +	ху -і- уг	+	хг + хуг	=
---	х +	у(х + 1)	+ г(х +	1)	+ уг(х +	1)	=
= х	+	1 +	у(х + 1)	+ г(х т	1)	+ уг(х 4-	1)	-	1 =
- (.г + 1)(^ + 1 + г + уг} - 1 =
52
Математична олімпіада 7 КЛАС
= и + по/ + і +	+ і» - і =
= (х + 1)(у + 1)и + 1) - 1.
Отже,
(х + 1)(^ + 1)(г + 1) =
= X + у + г + ху + у 2 + Х2 Л- хуг + 1.
Потрібно додати число 1.
Задача 91
Розкласти на множники
х^х2 - 7)2 - 36х.
Розв ’язання
х3(х2 - 7)2 - 36л- = х(х2(х2 - 7)2 - 36) =
= х(х(х2 - 7) - 6)(ж(л-2 - 7) + 6) =
= х(х3 - 7х - 6)(.г3 - 7х + 6) =
= х((х3 + 1) - 7(х+ 1))((л-3 - 1) - 7(х - 1)) =
= х(х + 1)(ДГ - 1)(-Г2 - х - 6)(х2 + х - 6) =
= х(х + 1)Сг- 1)(ж- 3)(ж+ 2)(х + 3)(.г- 2).
Задача 92
Розкласти на множники
А = х‘у + д*4 + х3 4- х2 + х 4- 1.
Розв’язання
А = х(х4 + х2 + 1) + (х4 + х2 4- 1) =
= (д-4- 1)(д^ + 2х2 + 1 - X2) =
= (X + 1)((л-2 + 1)2 - х2) =
= (X + 1)(X2 + X + 1)(Л-3 - X + 1).
Задача 93
Розкласти на множники:
1)	Xі + .г4 - 2;
2)	- а2 - а - 1;
3)	п4 + 4;
4)	п4 + п2 4- 1.
Математична олімпіада 7 КЛАС
53
Розв’язання
1)	д’8+л'4-2=^8-1+.г1-1=(х4+1)(х4-1)4-.г4-1 =
=(л-4-1)(л44-2)=(.г2-1)(л-2+1)(лг4+2)=
=(^+1)(л-1)(^2+1)(^+2).
2)	а5-а2-а-1=(а^-а)-(а2+1)=
= ґ7(я4-1)-(г72+1)=
=а(а2+1)(а2-1)-(а2+1)=
=(я2+1)(л3-л-1).
3)	/г4+4=(/г2+2)2-4/г2=
=(п'2-2 п+2 )(/?2+ 2 п+ 2).
4)	/74+/72+1=(/72+1)2-/72=
=( п2-П+1)( /72+ п+1).
Задача 94
Розкласти на множники:
1)	(.г2 - 1 + х)(х2 - 1 + Зж) + х2;
2)	(.г - #)4 4- 4т74;
3)	(а + І)4 + 2(л + 1)3 + а{а + 2).
Розв ’язання
1)
Вказівка.
Скористатися підстановкою
у = .г2 + х - 1.
2) Нехай у = .г - а. Тоді
(.г - я)4 4- 4г?4 = у^ + 4#4 =
= (у2 + 2/72)2 - 4г7->2 =
= (.г2 + а2)(х2 - 4ах 4- 5#2).
3)
Вказівка.
Скористатися підстановкою
54
Математична олімпіада 7 КЛАС
2
1.
Задача 95
Розкласти на множники:
Розв’язання
1)	я3	+	2я2 - 3 = а3 +	За2 - а2 -	3	=
= (а - 1)(л2 +	За + 3).
2)	а3	+	а2 + 4 = {а3 +	8) + (а2 -	4)	=
= (а + 2)(а2 - а + 2).
3)	х3 - їх - 6 = х3 - х - 6.г - 6 =
= (.г + 1)(.г + 2)(х - 3).
4)	а5 + а + 1 =
= а5 + а4 - а4 + а3 - а3 + а2 - а2 + а + 1 =
= (а6 + а4 + а3) - (а4 + а3 + д2) + (я2 + а + 1) =
= (а2 + а + 1)(я3 - а2 + 1).
Математична олімпіада 7 КЛАС
СПРОСТИТИ
Задача 96
Спростити
219 • 273 + 15 • 49 • 94
б9 -210 +1210
Розв ’язання
219 З9 +218 З8 5 3
29 - З9  210
56
Математична олімпіада 7 КЛАС
З9 5
218 -39(2 + 5) _	7____
219 • 39(1 +2 • 3) ” 2-7	2
Задача 97
Спростити
5.415.99 -4-320 -89
Розв’язання
5-230
5-29-2
• З18
19
5-230
•З18
20
•2
29
229 • 318(5 • 2 - З2) _ 2_1
228 • 318(5 • 3 - 7 • 2) “	1
Задача 98
Спростити
л4 + 64
х(п + 2)2 - 4(/г - х}- п2 - 8
Розв ’язання
Л4 + 64 + 16л2 - 16Л2
.к( л2 + 4л + 4) - 4л + 4х - л2 - 8
Математична олімпіада 7 КЛАС
57
(/г2 +8)2 -16т?2
п2х + 4/?л- + 8.г - 4/х - п2 - 8
___________(тг2 + 8)2 - 16/72____________
х^п1 + 4/2 + 8) - (4/г + гі2 + 8)
(/г2 + 8 + 4//)(/;2 + 8 - 4/г) _ п2 - 4/г + 8
(4/7 + п2 + 8)(л- - 1)	“
Задача 99
Спростити
х12 -128л-6 +4096
(х3 -4л*2 + 8л*-8)2 ’
Розв’язання
(л-6 - 64)2
((л-3 - 8) - 4х(х - 2))2
= (л- + 2)2(л-2+2л-+4)2 .
Задача 100
Спростити
(Зл-2 +3л--3)2 ‘
58
Математична олімпіада 7 КЛАС
Розв’язання
.г4 -2х2 + 1-х2
9(х2 + х - І)2
(X?  1)2 
(х2 -1 + х)(х2 -1-х)
9(х2 +х-І)2
х2 -1 - X
9ІХ2 +х-1)
Задача 101
Спростити
х4 + 4
а(х2 + 2) - 2 ах - (х - І)2 - 1
Розв ’язання
(ж2 + 2)2 - 4х2
а(х2 + 2 - 2х) - (х2 - 2х + 2)
(.г2 + 2 - 2х)(х2 + 2 + 2х)
(х2 + 2- 2х)(а - 1)
X2 + 2х+2
а-1
Задача 102
Спростити
8У'+2 + а'1-1
16а"+4 + 4а"+2 + а" ’
Розв ’язання
+1)	_	(2# + 1)(4а2 -2г? + 1)
*7,?(16* *74 + 4а2 + 1)	*7(16*74 + 8а2 + 1 - 4а2)
Математична олімпіада 7 КЛАС
59
(2а + 1)(4а2 -2а + 1)
а((4а2 +1)2 - 4<г2)
(2а + 1)(4а2 - 2а+ 1)	_	(2а +1)
а(4а2 +1 - 2а)(4а2 + 1 + 2а)	а(4а2 + 2а + 1)
Задача 103
Спростити вираз
Розв’язання
(х2 - х + 1)(х2 + х-1) (х- х2 + 1)(х + х2 -1)
(х2 - х + 1)(дг2 +1 + х) (х2 + X — 1)(х2 + X + 1)
! (х2 - х-1)(х2 - х + Х)
(х2 - х - 1)(х2 +1 + х)
_ X2 + х-1 X-х2 +1 х2 - х + 1 _
X2 + X + 1 X2 + Х+1 X2 + х + 1
Задача 104
Спростити вираз
а - & + Ь- с с~ а + (а~ &№ ~ с)(с ~ а)
а+Ь Ь+с с+а (а + Ь)(Ь + с)(с + а}
Відповідь: 0.
60
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 105
Спростити вираз
2	2,2	2
а	о	с
(а-Ь}{а-с} (Ь-с){Ь-а) (с-а)(с-Ь)
Відповідь: 1.
Задача 106
Спростити вираз
Розв’язання
194+— = 342 + - 380 + - ;
2
2
204 + —= 380 + - 420 + - .
2
2
Математична олімпіада 7 КЛАС
61
Тоді
2 420+ —
2
841'
Задача 107
Спростити
1	1	2	4	8	16
1-Д’+1+Л-+1 + ,Г2 +1 + .Г4 +1+л-8 +1 + .г16 •
Розв ’язання
Додамо до цього результату четвертий даний дріб, а
потім п’ятий і шостий, дістанемо
62
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 108
Спростити
(а + Ь + с + </)2+(я + Ь - с - <У)2+(я + с - Ь - <У)2+(<2 + сі- Ь - г)2.
Розв’язання
Скористаємось тим, що
(.Г + у)2 + (.Г- у}2 = зг +2ху +у2 + Xі-2ху +у2 = 2СГ2 + у2) •
Маємо
(а + Ь + с + сі}2 + (а+Ь-с-У}2 +
+ (аЛс-Ь-с^ + (а + У-Ь-с)2 =
= ((а + У} + (с + сі}}2 + ((а + &} - (с + У}}2 +
+ ((а-У} + (с-У}}2 +{(а-У}-{с-У}У2 =
= 2((а + Ь}2 + (с + У}2 + (а - Ь}2 + (с - У}2} =
= 2((а+Ь)2 + {а-У}2) + 2([с+сі}2 +(с-У}2} =
= 4(дг +£2 +с2 + У2}.
Задача 109
Спростити вираз
1 । 1 । 1
а(а - &}(а- с) &(д-а)(&-с) с(с-а}(е-&}'
Розв’язання
Зведемо ці дроби до спільного знаменника
- е}- ас(а - с} + аЬ(а - У)
аЬс(а - Ь}{а- с}{Ь - є)
Виконуючи множення двочленів, що входять у зна-
менник, дістанемо
а2Ь - аЬ2 + Ь2с - а2с + ас2 - Ьс2,
тобто той самий вираз, що в чисельнику. Після скоро-
1
чення дістаємо —— .
аос
Математична олімпіада 7 КЛАС
63
Задача 110
Спростити
с 12?-9<»	9
г-3 + 27-? +?+3<?+9
Розв’язання
Задача 111
Спростити
п1 ( тгг - 4/772 п ( т
2~	; Г 4 З З ь
т + тп + п т - п т - п
Розв’язання
64
Математична олімпіада 7 клас
2	2 л 2
п	тп - 4/72 п т
т2 + тп + п2 т3 - /г3 т - п
п2(т- гі) + тп2 - 4//г2/г + т(п^ + тп + п )
т -Зт п + Зтп -п
(т - гі)3 _	(т- п)2
з „з ~	2~.	2
т - п т + тп + п
Задача 112
Спростити
а - 5	4(а +1) / &а а +4 '
6-За а2 + 4а І я2-16 а2-4а>
якщо а Ф ±4; а Ф 2 .
Розв’язання
а- 5 +4(л+1) ґ	а + 4У
6-За а2 + 4а \а2 - 16 а2 - 4а>
5 - а. 4(а + 1)
3(а-2)+ а(4+а)
9а	а +4
<(а-4)(а + 4) а(а-4)^
5-а	4(а +1) 9а2 - (а + 4)2
3(а-2) а(4 + а) а(а- 4)(а+ 4)
5-а	4(а + 1) (За-а- 4)(3а + а + 4)
3(а-2) а(4 + а) а(а - 4)(а + 4)
Математична олімпіада 7 КЛАС
65
5-а	4(а + 1)/7(/7 - 4)(/7 + 4)
3(/7 - 2) + а[а + 1)2(л - 2)4(/7 + 4)
5-/7	/7 — 4	10-2/7 + 3/7-12
3(/7-2) + 2(/7 - 2) “	б(/7 - 2)
Відповідь:
Задача 113
Обчислити
т2(т + 772)(тт73 - п6)(т2 - п)
2 ,	2
т + п
де /п — 4, тг = 16.
Розв’язання
Оскільки т2 -л=16-16 = 0, а знаменник не
дорівнює нулю, то дріб дорівнює нулю.
Задача 114
Спростити
Розв’язання
4 . п 2 2 .	4	22	/2,	2\2	2 2
х+2ах+а -ах (х + а ) - а х
з~ з	~ з~ з
х + а	х + а
(х2 + а2 - ах)(х2 + /72 + ах)
2 ,	,2
х + ах + а
(х + а)(х2 - ах + а2)
х + а
Математична олімпіада 7 КЛАС
ДРОБИ
Задача 115
Знайти правильний дріб, який збільшиться у 3 рази,
якщо його чисельник піднести до куба, а до знаменни-
ка додати 3.
Розв’язання
а
Нехай потрібно знайти правильний дріб — (а і Ь -
о
натуральні числа) такий, що
Математична олімпіада 7 КЛАС
67
аЧ = 3^ + 9;	- 3) = 9.
З останньої рівності видно, що число Ь повинно бути
дільником числа 9, тобто Ь дорівнює або 1, або 3, або 9.
Перевіримо ці можливості:
при Ь = 9, а = 2.
Оскільки а - ціле, інші варіанти не підходять. Тому
- 2
шуканий дріб —
Задача 116
При яких значеннях п є N дріб
п -1
п2 -8/г + 8
можна скоротити?
Розв’язання
Маємо
л2 - 8/г + 8 = (/72 - гі) - (7п - 7) +1 =
= (77 -1)(/7 - 7) + 1.
Спільним дільником чисельника і знаменника може
бути тільки 1, отже, дріб скоротити не можна ні при
якому п є N.
Задача 117
Знайти дріб з найменшим можливим знаменником,
який був би більший, ніж
1
1991
але менший, ніж
1
1990 ’
Розв’язання
1 < 1
Пкіцо 1991	1990 ’
то можна записати рівно-
сильну нерівність
68
Математична олімпіада 7 КЛАС
р 'Р ' р
/7-1991 д /7-1990
Очевидно, коли /7=1 такого значення д не існує.
Якщо /7=2, матимемо
2
3982
2	2
д < 3980 ’
Тоді
<7=3981.
Якщо /7> 2, то ^>1990-3>3981. Шуканий дріб
2
3981’
Задача 118
а	асі + Ьс
Нехай — - нескоротний дріб. Довести, що ——— є
Ь	оа
нескоротним дробом тоді й тільки тоді, коли Ь і сі є
взаємно простими числами.
Доведення
Необхідність. Якщо припустити, що Ь і а мають
спільний дільник, то цей дільник мають числа Ьс і аа,
а також сума аа + Ьс. Тоді дріб
аа+ Ьс
ьа
можна скоро-
тити, що суперечить умові.
Достатність. Покажемо, що, коли Ь і а не мають
спільного дільника, відмінного від одиниці, то дріб
аа+ Ьс
є «еск°р°™им-
Припустимо, що це не так. Тоді сума аа + Ьс має
спільний дільник або з Ь, або з а.
Припустимо для визначеності, що аа + Ьс має спіль-
ний натуральний дільник з Ь. Але це неможливо, ос-
кільки число Ьс кратне Ь, а число аа - взаємно просте
а
з Ь (співмножник а - чисельник нескоротного дробу —,
Ь
Математична олімпіада 7 КЛАС
69
сі і Ь не мають спільних множників за умовою).
Аналогічно доводимо, що сума асі + Ьс не має спіль-
ного натурального дільника з <і.
Отже, достатність доведено.
Задача 119
Яких цілих значень набуває дріб
X2 + X + 1
якщо х, у - натуральні числа?
Розв’язання
Нехай
= и - ціле число, тоді
иу -
ух2 + ух + у
ху-\
Х+1 +
х + у+1
ху-1
Звідси випливає, що коли	- ціле число,
ху-1
Д* у
то й ------- - ціле число. Тоді X + у + \> ху - \ , звідси
(у - 1)х < у + 2 .
Якщо у = 1, то
Тоді 3 ділиться на х - 1, а тому х дорівнює або 2,
або 4 і и = 7.
Якщо у - 1 > 0, то
70
Математична олімпіада 7 КЛАС
Оскільки ——<3, то х < 4. Підставляючи х = 1;
2; 3; 4, знаходимо, що
З	7
и =----; и =-----;
^-1	2^-1’
13	21
и =-----: и =-----.
3^-1	4^-1
У першому випадку у = 2 або 4 і и = 3 або 1; у
другому випадку у = 1 або 4 і и = 7 або 1; у третьому
випадку немає натуральних розв’язків; у четвертому -
у = 1 або 2 і и = 7 або 3.
Отже, даний дріб для натуральних х і у набуває
цілих значень 1; 3; 7.
Задача 120
171717 1717 17
Довести, що 252525 - 2525 - 25 •
Доведення
171717 17 10000 + 17 100 + 17
252525 " 25 10000 + 25 100 + 25
= 17 (10000 + 100 + 1) = 17
25 (10000 + 100 + 1) “ 25 ’
1717 = 17 -100 + 17 = 17 (100 + 1) = 17
2525 " 25 • 100 + 25 ” 25 • (100 +1) " 25 ’
Задача 121
Обчислити
(1648 131313 у 131313 _ 1648
Д751 + 686868 Д 686868	1751,
Математична олімпіада 7 КЛАС
71
Розв’язання
1648 _ 16	131313 _ 13
1751	17 ; 686868	68 ’
13
ґ 16
68
16 ї
ізЛ і ґіз
1 ґ 169
172 к 16
-256
231
272’
Задача 122
Обчислити
Ґ1284	212121У212121 1284^
,1391 + 656565Д656565 1391,
Розв’язання
1284	12	212121	21
——— ’"* - • 	— _
1391 ” 13 ’ 656565 " 65 *
Отже,
'Д2 21Ї21 _ Л?
к13 + 65Д65 13,
243
325 ’
Задача 123
Парним чи непарним буде чисельник дробу, що є
сумою дробів
. 1. 1. 1
1; 3; 5;	1993 ’
після зведення його до нескоротного дробу?
Розв’язання
Зробивши спільним знаменником даних дробів добу-
ток всіх їх знаменників, дістанемо дріб, у чисельнику
якого буде сума 997 непарних чисел, тобто непарне чис-
ло. Зрозуміло, що й після скорочення дробу чисельник
залишиться непарним.
72
Математична олімпіада 7 КЛАС
АЛГЕБРАЇЧНІ ЗАДАЧІ
НА ДОВЕДЕННЯ
Задача 124
Довести, що коли аЬ{а + £) = 1, де а > 0, Ь > 0,
Доведення
а _	а	_	1
а3 + а + 1 а3 + а + а~ Ь + аЬ~ а~ +1 + аЬ +
Математична олімпіада 7 КЛАС
73
ь ь
а2Ь+ д + аЬ1 + Ь3 б3 + Ь + 1
Задача 125
Довести, що коли у є середнім арифметичним х і
2, ТО
х4 + 2^3-г - 2хг3 - г4 - 4л*2^2 + 4//2^2 = 0.
Доведення
Оскільки за умовою
Х + 2
ТО
4^2 = (X -г 2)2.
Зробивши в даному виразі підстановку
4//2 = (х + г)2,
матимемо
х4 + 2х32 - 2х23 - г4 - 4х2у2 + 4у222 =
= .г1 + 2д*3г - 2д'2>3 - 24 - х2(х + 2)2 4- (х + 2)222 =
.г1 4- 2х32 - 2х23 - г4 - х4 - 2х3г - х2г2 +
+ х2г2 + 2.гг3 + г4 = 0,
що й потрібно було довести.
Задача 126
Довести, що не існує цілих коефіцієнтів а, д, с і г/
таких, при яких значення многочлена
ах3 + Ьх2 + сх + сі
дорівнює 1, якщо х = 19, і дорівнює 2, якщо х = 62.
Доведення
Припустимо, що існують такі коефіцієнти а, Ь, с і
(і, що мають місце рівності:
г7І93 + £192 + г19 + (і = 1;
<г623 + £622 + г62 + сі = 2.
Віднімаючи від другої рівності першу, матимемо:
74
Математична олімпіада 7 КЛАС
<?(623 -193) + £(622 -192) + <?(62 -19) = 1.
<?43(622 + 62 19 + 192) + £43-81 + с43 =1,
звідси
47(622 + 62 19 + 192) + £81 + с =
4о
При цілих а, д, с у лівій частині останньої рів-
ності дістанемо ціле число (а не —). Протиріччя.
4о
Задача 127
Відомо, що
2£ = 1 + аЬ і а Ф 1 і Ь * 1.
Довести, що при цих умовах має місце рівність
£+1_^+1_9
а — 1	£-1
Доведення
За умовою £ =---- (47^2, інакше матимемо 1 = 0).
2-а
Тоді
Задача 128
Довести, що коли
а £ є
д+ с с + а а + д
то
Математична олімпіада 7 КЛАС
75
Доведення
Домножимо обидві частини рівності на а + Ь + с.
Дістанемо
а(а + Ь + е) &(а + Ь + с) с(а + Ь + с)
а + о + с =-----1---------1-------=
с с + а а +Ь
і тому
Задача 129
Якщо а Ф 0 і Ь Ф 0, значення виразу
5«2 - ЬаЬ + 5£2
додатне. Довести.
Доведення
Перетворимо даний вираз:
5й2 - ЬаЬ + 5£2 =
= 4л2 - ЬаЬ + 4£2 + а2 + 2аЬ + Ь2 =
= (2а - 2£)2 + (а + £)2.
З умови випливає, що або аї Ь, або а Ф -Ь (інакше
Ь = а = -Ь, Ь = а =0). При а Ф -Ь другий доданок (а
+ &)2 > 0. При а Ф Ь перший доданок (2а - 2Ь}2 > 0.
Таким чином,
(2а - 2Ь}2 + (а + &)2 > 0.
Задача 130
Довести, що коли
то має місце рівність
76
Математична олімпіада 7 КЛАС
2 З	77+1 у	/7+1
Доведення
Використовуючи властивості ряду рівних відношень,
маємо:
9
+ Х3 + ... + Х/нЛ
хг+ х2 +
*^Л+1
Л, 1- Л3 Т ... Т Лп+1
Перемноживши всі ці п рівностей, дістанемо
Задача 131
Довести, що коли
Х + у + 2 + ї=0,
то
х3 + у3 + 23 + 73 = 3(ху - 2і}{г + /).
Доведення
Враховуючи умову, маємо послідовно:
X + у = - (2 + 7), (х + у)3 = - (2 + /)3,
X3 + у3 +3ху(х + у) = - 23 - І3 - §2І(2 + /),
х3 + у3 + г3 + і3 = -Зху{х + у) - Згі(г + /),
.г3 + у3 + г3 + і3 = 3(ху - 2?)(г + /),
що і потрібно було довести.
Математична олімпіада 7 КЛАС
77
Задача 132
Дано: р + д = 1.
р д _ 2{д-р}
Довести: -3—7--3—7“ „з * ~ •
д —у у? -1 р ф + &
Доведення
Маємо
(г + <7 +1^ +^ + 1)*
Чисельник дорівнює 2(д - />), а знаменник дорівнює
р2д2 + рд(р + д) + р(р + д) + р + д + д2 + 1 =
= р2д2 + рд + р 4- 1 + д2 + 1 =
= р2д2 + д(р + д} + р + 2 =
= р2д2 + д + р + 2 =
= р2д2 + 1 + 2 = р2д2 т 3.
Математична олімпіада 7 КЛАС
КВАДРАТ ЧИСЛА
Задача 133
Довести, що коли дріб дорівнює сумі двох квад-
ратів нерівних дробів, то половина його є також су-
мою двох квадратів дробів.
Доведення
Маємо
2сг + 26г
4
Математична олімпіада 7 КЛАС
79
Задача 134
Довести, що вираз
2а2 + 2Ь2
можна подати у вигляді суми двох квадратів.
Доведення
Маємо
2а2 + 2£2 = а2 + а2 + Ь2 + Ь2 + 2аЬ - 2аЬ =
= (а + £)2 + (а - £)2.
Задача 135
Довести, що півсума квадратів двох парних або не-
парних чисел дорівнює сумі квадратів двох цілих чисел.
Доведення
Якщо дані числа парні, вони мають вигляд
2а і 2Ь, а півсумою їх квадратів є
(2«>’ + (2*У	2 , у , у
-—	Л—— = 2а +2о = \а+ о) +\а- о) .
Якщо дані числа непарні, то
(2я + 1)г +(2^+1)2 о, _	.
--------------— = 2аг + 2а + 2Ь~ + 2Ь + 1 =
2
= (я + Ь +1/ + (а - $ •
Задача 136
Довести, що квадрат цілого числа при діленні на
З або 4 може давати тільки остачі 0 або 1.
Доведення
Нехай число а парне, а = 2Ь. Тоді а2 = (2Ь)2 = 4#2 -
ділиться на 4. Нехай тепер число а непарне, а = 2Ь + 1.
Тоді г72=(2#+1)2=4#2+4Д+-1=4(#2+#)+1 - при діленні на
4 дає остачу 1.
Отже, квадрат числа а при діленні на 4 дає остачу
0 або 1.
Розглянемо остачі, які дає при діленні на 3 число а.
80
Математична олімпіада 7 КЛАС
Якщо ця остача дорівнює 0, то а = З#, і а2 = З#2 = 9&2 -
ділиться на 3. Якщо ця остача дорівнює 1, то 3£+ 1,
а2 = (ЗЬ + І)2 = 9#2 +	+ 1 = 3(3^ + 2£) + 1 - при діленні
на 3 дає остачу 1. Якщо ж ця остача дорівнює 2, то
я=3£+2, а2 = (3£+2)2 = 9£2 + 12£+4 = 3(3£2 + 4£ + 1)+1
- при діленні на 3 дає остачу 1.
Задача 137
При яких натуральних п число 6" - 5" є точним
квадратом?
Розв’язання
6" - 5" = 1 є точний квадрат при п = 1.
Якщо п > 1, то 6" = 4^, 5" = (4 + 1)" = 4/72 + 1
(к, т є ТУ)» і тому число 6" - 5" при діленні на 4 дає
остачу 3. Але точний квадрат при діленні на 4 дає
остачу або 0 або 1, отже, при п > 1 число 6" - 5" не
є точним квадратом.
Задача 138
Знайти всі натуральні числа х та у, при яких числа
х1 + у і у2 + х є точними квадратами.
Розв ’язання
За умовою х2 + у > (х + І)2 і у2 + х > {у + І)2.
Звідси у > 2х + 1 і х > 2у + 1, тобто х + у < -2, що
неможливо, бо х і у - натуральні числа.
Задача 139
Знайти всі натуральні числа х та у, при яких числа
х2 - у і у2 - х є точними квадратами.
Розв’язання
За умовою
X2 - у < (X - І)2 і У2 - X < {у - І)2.
Звідси
у > 2х - 1 і х > 2у - 1,
тобто х + у < 2. Отже, х = у = 1.
Математична олімпіада 7 КЛАС
81
Задача 140
Довести, що п2 + п + 1 при натуральному п. є не-
парним числом, що не є квадратом іншого натураль-
ного числа.
Доведення
Маємо гі2 + п + 1 = п{п + 1) + 1, де п - натураль-
не число. Добуток п{п + 1) - парне число, отже,
п(п + 1) + 1 - непарне число.
Найближчі до числа /72 + п 4- 1 квадрати нату-
ральних чисел - це п2 і (п 4- І)2. Справді
п2 + п 4- 1 > //2;
П2 + /7 4-1 < (п‘2 4- П 4- 1) 4- /7 = (/7 4- І)2.
Оскільки п2 і (/7 4- І)2 квадрати послідовних нату-
ральних чисел, а число гі2 4- /7 4- 1 знаходиться між
названими квадратами, то само воно квадратом нату-
рального числа бути не може.
Задача 141
Подати добуток чисел а і Ь у вигляді різниці квад-
ратів дробів.
Розв ’язання
аЬ Ь1
Задача 142
Довести, що квадрат тричлена а2 4- аЬ 4- Ь'1 є су-
мою трьох квадратів.
Вказівка
(т72 4- аЬ 4- £2)2 = (т72 4- аЬ}2 4- (Ь2 + аЬ}2 4- а2Ь2.
82
Математична олімпіада 7 клас
Задача 143
Довести, що .г4 - 2 л-3 + 6х2 - 2х + 1 є сумою трьох
квадратів.
Доведення
Подамо б.г2 у вигляді суми трьох доданків:
х2; х2; 4лг2.
Тоді
х4 - 2х3 4- 6х2 - 2х 4- 1 = (х4 - 2х3 4- л*2) 4-
+ (х2 - 2х +1) 4- 4л-2 = (х2 - х)2 + (ж - І)2 + (2л-)2.
Задача 144
Довести, що двочлен З#4 + 1 є сумою трьох квад-
ратів.
Доведення
З/?4 + 1 = (а4 + 2г?3 + г72) + (а4 - 2а3 + а2) 4-
+ (а4 - 2а2 + 1) =
= (а2 + я)2 + (а2 - а)2 + (я2 - І)2.
Задача 145
Довести, що сума добутку чотирьох послідовних на-
туральних чисел і одиниці є точний квадрат.
Доведення
п(п + 1)( 77 + 2)(/7 + 3) + 1 =
= (п2 + 3//)(//2 + Зл? 4- 2) + 1 =
= (п2 + 3/7 + І)2.
Задача 146
Знайти умову, при якій многочлен х2 4- рх 4- і
многочлен а2х2 4- 2Ь2ху 4- с2у2 є повними квадратами.
Розв ’язання
х2 4- рх 4- у = (х + ії)2;
х2 4- рх 4- у = х2 + 2с/х 4- т/2;
отже, р = 2г/; у = </2, тобто
Математична олімпіада 7 КЛАС
83
Аналогічно для
другого многочлена
Ь- = ас.
Задача 147
Довести, що
(.г 4- а)(х + 2/?)(.г + 3/?)(.г + 4а) + а4
є повний квадрат.
Доведення
(х + а)(х + 2а)(х + За)(х + 4/7) + /74 =
= (х2 + 5/7.ґ + 4/72)(.г2 + 5ах + 6а2) + а4 =
= (.г2 + 5/7.ґ)2 + 10/72(.Г2 4- 5/7Л') + 24/74 4- а4 =
= (-Г2 4- 5/7.Г 4- 5/72)2.
Задача 148
Довести, що сума квадратів двох непарних чисел
не може бути квадратом цілого числа.
Доведення
Нехай 2/7 4- 1 і 2/7/ 4- 1 два непарних числа (//є ТУ),
(/77єТУ). Сума їх квадратів - число парне. Якщо воно
є квадратом цілого числа, то це число може бути
тільки парним, тобто сума повинна бути кратною 4,
чого бути не може, тому що
(2/7 4- І)2 + (2/77 + І)2 =
= 4/72 4- 4/7 4-1 4- 4/772 4- 4/77 4- 1 =
= 4(/72 4- /772 4- /77 4- //) 4- 2.
Задача 149
Довести, що при довільному цілому /7 > 4 вираз
/72 - 3/7 не може бути квадратом натурального числа.
Доведення
Перетворюємо даний вираз: п2 - 3/7 = //(/? - 3).
84
Математична олімпіада 7 КЛАС
Співмножники п і п - 3 можуть бути або взаємно
прості, або мати спільним дільником 3, бо спільний
дільник чисел п і п - 3 повинен бути спільним дільни-
ком їх різниці: п - (я - 3) = 3. Розглянемо обидва
випадки.
1) Якщо числа п і п. - 3 взаємно прості, то їх
добуток може бути точним квадратом, якщо кожне з
них точний квадрат.
Нехай /г = /?2 і п, - 3 = причому а > 0 , Ь > 0, а >
> Ь, звідси а2 - & = 3, тобто (а - к)(а + Ь) = 3, що немож-
ливо. Справді, якщо {а + Ь}{а - ії) = 3, то а + Ь— 3, а — Ь =1,
або Ь = 1, а = 2. Тоді /г = 4, що суперечить умові задачі.
2) Нехай п = 3^ і п - 3 = 3/?. Тоді 3^ - 3/> = 3, або
к = р + 1. Добуток п(п - 3) = 9Д/г +1). Але добуток двох
послідовних чисел р(р + 1) не може бути квадратом нату-
рального числа. Справді, якщо р(р + 1) - точний квад-
рат, то оскільки р і р + 1 взаємно прості, р і р + 1 -
точні квадрати, р = а2, р + 1 = ІЇ2. Отже, & - а2 = 1,
(і>-а\Ь+а) = 1, звідси Ь-а = а = 1, що неможливо.
Задача 150
Довести, що коли раціональні числа а, Ь пов’язані
рівністю
+ Ь2п+1 = 2а" Ьп , де /гє 2,
то 1 - аЬ - квадрат раціонального числа.
Доведення
Якщо /7 = 0, то Ь = 0 і 1 - /2^ = 1 = І2.
Якщо а Ф 0, то
а~"^Ь- 2апЬп"
аґ"аЬ-аг" = -а~" + 2а" к"^ - іг"*2.
а1п (ак -1) = ~(а" - к"*г )* .
1 - аЬ =
Математична олімпіада 7 КЛАС
85
Звідси і дістаємо поставлене твердження, оскільки
число (а”-#"'1)— - раціональне.
Задача 151
Довести, що натуральне число є точним квадратом
у тому і тільки в тому випадку, коли воно має непар-
ну кількість різних натуральних дільників.
Доведення
Нехай натуральне число Лг є точним квадратом,
тобто А' = /?2. Якщо число (і^ < п є дільником числа
N
А7, то й число = — > п також є дільником числа N.
Отже, якщо число N має к дільників, менших за /7,
то воно має і к дільників, більших за п. Крім того,
само число п є дільником числа А7, тобто всього
дістанемо 2^+1 дільників числа N.
Нехай N не є повним квадратом. Розіб’ємо всі діль-
ники числа N на пари: парою до дільника сі буде діль-
N	. N
ник —. У кожній парі дільники різні: якщо а-—-
а	а
то N = сР - повний квадрат. Оскільки дільники розби-
то на пари, то їх - парна кількість.
Задача 152
При яких х і у число хху у є квадратом натураль-
ного числа?
Розв ’язання
Число ххуу можна подати у вигляді 11- хіїу, і то .му
воно буде квадратом тільки в тому випадку, коли хіїу
ділиться на 11 і частка також є квадратом натураль-
ного числа. Але
86
Математична олімпіада 7 КЛАС
хіїу = 100л' + у = (х + у)+ 99л\
отже, сума х + у повинна ділитися на 11, тобто
х + у = 11.
Підбором дістанемо розв’язки: х = 7; у = 4.
Задача 153
Сума квадрата двоцифрового простого числа і цифр
цього числа є також просте число. Знайти його.
Розв’язання
Число одиниць шуканого числа є число непарне.
Оскільки квадрат простого числа є непарне число, то
сума цифр шуканого числа за умовою є число парне,
отже, число десятків шуканого числа є число непарне.
Нехай шукане число має х десятків і у одиниць.
Знайдемо суму квадрата шуканого числа і його цифр.
Маємо:
= (Ю.г + у}2 + х + у =
= 100.Г2 + 20л*^/ + у2 + х + у =
= 99л*2 + 18.гг/ + (.г + у)2 + (х 4- у) =
= 99лг2 + 18л^ + (х + у)(х + у + 1).
Оскільки 8 - просте число, то числа х+у і
х 4- у 4- 1 не повинні бути кратні 3. Оскільки у не
може дорівнювати 2, 5, 8, то у має вид ЗЛ> або ЗЛ? 4- 1.
Якщо у = ЗЛ’, то х = 3/ + 1.
Якщо у = ЗЛ” + 1, то х — 3/ (оскільки х + у і х +
+ у 4- 1 не повинні бути кратні 3).
Перевірці підлягають числа 13; 31; 37; 73; 97; 19;
79.
Відповідь: 13; 79.
Задача 154
Відома формула
(/72 + &2)(с2 + сГ2} = (асі + Ьс}2 + {ас - Ьсі}2.
Чи існує аналогічна формула для суми трьох квад-
ратів?
Математична олімпіада 7 КЛАС
87
Розв’язання
Припустимо, що має місце формула
(а2 + Ь2 4- г2)(/?2 + </2 + г2) = х2 + у2 + г2,
де х, у, г - деякі вирази, що складені з 6 змінних,
так само, як у формулі для двох квадратів. Тоді
підставляючи цілі значення замість шести змінних у
лівій частині, ми діставатимемо цілі значення для
трьох послідовних змінних у правій частині. Наприк-
лад, при а=Ь=с=Х, р =1, <7=2, г = 4 дістанемо
три натуральних числа, що задовольняють рівність
х2 + у2 + 22 = 63.
Але ця рівність неможлива: найбільше значення
виразу (нехай це буде х) - не менше від 5 і не більше
від 7, і для визначення двох інших виразів маємо
рівності:
у2 + г2 = 38,
у2 + 22 = 27,
у2 + 22 = 14.
Кожна з них не виконується для натуральних зна-
чень змінних.
Отже, для трьох квадратів аналогічної формули не
існує.
Задача 155
Чи може сума цифр натурального числа, що є точ-
ним квадратом, дорівнювати 2000?
Розв ’язання
Скористаємося задачею 136. Згідно з цією задачею,
квадрат натурального числа може при діленні на З
давати остачу 0 або 1. Але кожне число дає при
діленні на 3 таку саму остачу, як і сума його цифр.
Легко бачити, що 2000 дає при діленні на 3 остачу
2. Тому 2000 не може бути сумою цифр квадрата
натурального числа.
Математична олімпіада 7 КЛАС
РІВНЯННЯ
Задача 156
Розв’язати рівняння
а -1
2ах + З
Розв ’язання
Зрозуміло, що при а = 0 і а = 1 рівняння розв’яз-
ку не має. Область допустимих значень (ОДЗ)
2ах + 3^0.
Якщо 2ах + З ф 0, а 0, то
Математична олімпіада 7 КЛАС
89
2ах = а• - 4;
а-4
Х 2а
Перевіримо, чи потрапить знайдений корінь в ОДЗ
рівняння:
2 —- + 3 * 0; а * 1.
2
а- 4
Отже, X = —~— - корінь рівняння.
2а
Відповідь: при а Ф 0 і а Ф 1 х-----------.
2а
Задача 157
Розв’язати рівняння
Ьс ас аЬ \аЬс
Розв ’язання
або
Ьс
або
(1)
Враховуючи, що жодна з величин аь Ь, с не до-
рівнює 0, а отже, і аЬс не дорівнює 0, обидві частини
рівняння (1) можна помножити на аЬс. Дістанемо рів-
няння
90
Математична олімпіада 7 КЛАС
{х - а - Ь - с}(а + Ь + с) = 0.
Якщо а + Ь + с = 0, то розв’язком шуканого рівнян-
ня є всі дійсні числа.
Якщо а + Ь + с Ф 0, то рівняння має єдиний корінь
а + Ь + с.
Задача 158
При яких /? рівняння
ІЛ- + 1| - |.г - 1| = кх + 1
має один розв’язок?
Розв’язання	у А
Прямі у = кх + 1 проходять через точку (0; 1).
Єдина точка перетину кожної з них з графіком функ-
ції у = \х + 1| - |л* - 1| буде при к = 0 (пряма /), при
Д більшому, ніж кутовий коефіцієнт прямої т (тобто
при к > 1), і при довільному к < 0. Таким чином, дане
рівняння має один розв’язок при к < 0 і при к > 1.
Задача 159
Розв’язати рівняння
|лг| + а = х.
Розв ’язання
1) Якщо х > 0, то х + а = х, а = §.
Математична олімпіада 7 КЛАС
91
2) Якщо х < 0, то —х + а = х, х = — , і а < 0.
2
Відповідь:
якщо а = 0, то х > 0;
л	а
якщо а < 0, то х = — ;
&
якщо а > 0, то рівняння розв’язків не має.
Задача 160
Розв’язати рівняння
5	3
4х - к кх- 4 '
Розв’язання
(5к - 12)х = 20 - Зк.	(1)
12
Якщо к-—, то рівняння (1) не має розв’язку.
5
12
Якщо кФ—, то рівняння (1) має єдиний розв’язок
5
20-3£
.г =-----.	(1 )
5£-12	1 ’
Щоб (1) був коренем заданого рівняння, необхід-
но виконання умов 4х - к Ф 0 і кх - 4 Ф 0. З’ясуємо,
при яких значеннях к буде 4х - к = 0 і кх -4=0.
Замість х підставимо вираз (І7). Маємо:
4х - к =
-б(х>2 -1б)
5£-12
- 4 + кх =
- з(л>2 - 1б)
5Л?-12
Як бачимо 4х - к = 0 і кх -4=0,
якщо к- - 16 = 0, тобто при к = ±4.
92
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 161
Розв’язати рівняння
|й|
Розв’язання
Зрозуміло, що х > 0.
Тоді Іа{х = х, або ;г(И - 1) = 0.
Отже, якщо а = 1, то х > 0,
якщо а Ф 1, то х = 0.
Відповідь: при а # ±1 х = 0, при а - ±1 х > 0.
Задача 162
Розв’язати рівняння
|лг| + |л| = X.
Розв’язання
Зрозуміло, що х > 0.
Тоді х + |я| = х, звідси а = 0.
Отже, коли а = 0, х > 0, коли а Ф 0, розв’язків
немає.
Відповідь: при а = 0 х > 0; при а Ф 0 розв’язків
немає.
Задача 163
Розв’язати рівняння
а - \х\ = 1 - а2х.
Розв’язання
1) х > 0,
а - х = 1 - а2х,
а2х - х = 1 - а,
х(а2 - 1) = 1 - а.
При а = -1 розв’язків немає.
При а = 1 х > 0.
-1
При а Ф ±1 х(а - 1)(й' + 1) = 1 - а, х =-----
а +1
Оскільки х > 0, то
Математична олімпіада 7 КЛАС
93
звідси а
2) х < О
1 - а _
----- < 0 , якщо а> 1.
1 + а~
Відповідь:
л -1
якщо а < -1, то х =------;
<7 + 1
якщо а = 1, то х > 0;
якщо а > 1, то х =------- ;
1 + <г
якщо -1 < а < 1, то л'є0.
Задача 164
Розв’язати рівняння
2|д-| + |гзг| = х + 1.
Розв ’язання
1) Нехай
[х > 0,
[<7 > 0, очевидно, х > -1.
Тоді дане рівняння можна записати так:
2х + а = х + 1;
х = 1 - а.
Повинно бути 1- а > 0; а < 1. Отже, якщо
0 < а < 1, то
х = 1 - а.
94
Математична олімпіада 7 КЛАС
2) Нехай
л- > О,
а < 0.
Маємо
2х - а - х+1, х —
Повинно бути а + 1 > 0; а >
-1 < а < 0, то
<7 + 1.
-1. Отже, якщо
3) Нехай
Тоді
х = 1 + а.
]х < 0,
а > 0.
ч
-2х + а = х+1, х
_	_ а -1	.
Повинно бути < 0 ; а < 1.
<2-1
Х =	3 '
4) Нехай
їх < 0,
(а<0.
Тоді
а — 1
з
Отже, при а < 1
-2х - а = х+1, х =
Повинно бути
0 > а > -1
1. Отже, при
а+1
Математична олімпіада 7 КЛАС
95
Відповідь:
якщо а > 1 - рівняння не має розв’язків;
якщо а = 1, то х — 0;
якщо 0 < а < 1, то
<7-1
якщо -1 < г/ < 0, то х — 1 + а і х = -
Задача 165
Розв’язати рівняння
<?; = х - 2.
Розв’язання
1) Нехай х > а. Тоді |.г - а\ = х -
х - а = х - 2, а — 2.
Отже, при <7 = 2 х > 2.
2) Нехай х < а. Тоді а - х = їх - <7,/.
Знайдемо, при яких а виконуватиметься нерівність
< а; а > 2.
Отже, при а > 2 х =
Відповідь: якщо а > 2, то х =
; якщо <7=2,
то х > 2; якщо а < 2, розв’язків нема.
Задача 166
1 - їх
Розв’язати рівняння ~----— = а .
1 + Ьх
96
Математична олімпіада 7 КЛАС
Розв’язання
6(1 + а)х — 1-а,
Якщо	Ь	=	0,	а =	1, то х є Н.
Якщо	6	=	0,	а Ф	1 і якщо а =	-1, коренів нема.
Якщо	6	Ф	0,	а Ф	-1.
Задача 167
Розв’язати рівняння
а _	6
1 - Ьх 1- ах'
Розв ’язання
Зрозуміло, що
а - а2х = Ь - &х, а - 6 = (а1 - Ь~}х.
Маємо:
якщо а = Ь = 0, то х є В',
якщо а = 0, Ь Ф 0 або а Ф 0, 6 = 0, то х є 0 ;
якщо а ф 0 і 6 ф 0, то
1)	при а- Ф І)1 х =---
а + о
1 1
2)	при а = 6 —<.г<оо; -°° < X < — ;
3)	при а = - 6 х є 0 .
Задача 168
Розв’язати рівняння
\х - 2| + |ж - Зі - \х + 5| = 10.
Математична олімпіада 7 КЛАС
97
Розв’язання
Застосовуємо метод інтервалів.
1. Знайдемо корені підмодульних виразів: 2; 3; -5.
2. Позначимо їх на числовій осі.
3 5*г
Розв’яжемо рівняння на кожному інтервалі.
1)	.гє(-°о;-5). На цьому відрізку всі підмодульні
вирази від’ємні, отже, задане рівняння набирає ви-
гляду:
2 - х + 3 - х + х + 5 = 10,
звідси х = 0 - сторонній корінь, оскільки число 0
не належить інтервалу (-°о;-б).
2)	.г є [- 5; 2). На цьому відрізку
х - 2 < 0, х - 3 < 0, х + 5 > 0.
Маємо
2 - х + 3 - х - х - 5 = 10,
,__10
л~ 3 '
тт	10 ґ X	Ю	.	.
Число------є [-5; 2), отже, х = ~— - корінь рівнян-
3	3
ня.
3)	д-є[2;3). Маємо
х - 2 - х + 3 - х - 5 = 10,
звідки х = -14 - сторонній корінь.
4)	хє [3; + оо). Маємо
х - 2 + х - 3 - х - 5 = 10,
х = 20 є [3; + °°).
Відповідь:
Математична олімпіада 7 КЛАС
НЕРІВНОСТІ
Задача 169
Розв’язати систему нерівностей
2х - 8 > 3 - 0,5дг.
Розв ’язання
Задана система еквівалентна системі
Математична олімпіада 7 КЛАС
99
Звідси х > 4,4.
Відповідь: л-є(4,4;°°)-
Задача 170
Знайти цілочислові розв’язки системи нерівностей
л---л->0,75.
Розв’язання
Перетворимо систему
’5х-35 + 9х-36 < 0,
0,75,
Отже,
і цілі розв’язки: 3; 4; 5.
Відповідь: хг = 3; х2 = 4; х3 = 5.
Задача 171
При яких значеннях а система нерівностей має хоча
б один розв’язок?
1)	Р>3’ 2)
[л" < а\ (.г > а,
3)
4)
100
Математична олімпіада 7 КЛАС
Відповідь:
1)
2)
3)
4)
Задача 172
При яких значеннях а система нерівностей не має
розв’язків?

Відповідь:
1)
2)
3)
4)
а > 4;
таких а немає;
а > 5;
а < 2.
Задача 173
Чи існують такі значення а, при яких розв’язком
системи нерівностей
рг > З,
а
є проміжок:
1) (5; оо); 2) (3; ~); 3) (2;
Відповідь:
1) а = 5;	2) а < 3;	3) не існує.
Задача 174
При яких значеннях а система нерівностей
|0,5(2лг + 5)<2(л--2)+5,
[2(алг-1)< З
не має розв’язків?
Математична олімпіада 7 КЛАС
101
Розв’язання
Розв’яжемо першу нерівність:
х 4- 2,5 < 2х -4 + 5,
З
Л > 2 ’
Задана система не матиме розв’язків, якщо розв’яз-
ки другої нерівності будуть задовольняти співвідно-
3
шення х < —.
Другу нерівність запишемо у вигляді
5
ах < —.
2
Якщо а = 0 нерівність виконується при довільних
х, отже, система має розв’язки.
Якщо а > 0, то
5
Х< 2а'
Система не матиме розв’язків, якщо
5 < З
2а ~ 2 ’
о
тобто при а > — .
5
Якщо а < 0, маємо х>—; очевидно, знайдеться
2л
З
розв’язок, більший за —.
Відповідь:
102
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 175
Розв’язати систему нерівностей
'х < 11,2,
,И >а-
1) Нехай а < 0. Тоді довільне дійсне число х є
розв’язком нерівності. Отже, розв’язок системи збі-
гається з розв’язком першої нерівності.
2) Нехай а > 0. Тоді
і для знаходження розв’язків системи треба порівня-
ти а з числом 11,2.
Перерізом множин (-°°; 11,2) і (-©о; -а) и (л; °°) є
інтервал (-оо; -а) і (а; 11,2), якщо 0 < а < 11,2 і
інтервал (-о®; -а), якщо а > 11,2.
Відповідь • ОО£ 11,2) при а < 0;
(-©о; -а} Ц) (я; 11,2) при 0 < а < 11,2;
(-оо; -а) при а > 11,2.
Задача 176
Розв’язати систему нерівностей
І^< х-1,
> 2х- 3.
Розв’язання
Розв’яжемо систему гра-
фічно.
Відповідь:
значення х і у, які є ко-
ординатами точок площи-
ни, що розміщені всередині
кута АВС.
Математична олімпіада 7 КЛАС
103
Задача 177
Розв’язати систему нерівностей
л*(1 - Зл*) > 4х-3л’2
Розв ’язання
л' - Зл*2 > 4.г - Зх2 -2у\
Розв’яжемо систему графічно.
Відповідь: значення х і у, які є координатами то-
чок площини, що розміщені всередині кута АВС.
Задача 178
Числа а і Ь - додатні, і сР +	= а* + Довести,
що а- + Ь1 < 1 + аЬ.
104
Математична олімпіада 7 КЛАС
Доведення
Нехай а2 + Vі > 1 + аЬ. Тоді
^3(^2 + ^2) > ^з(і + аьу
Ь\а2 + Ь2} > £3(1 + аЬ},
звідси після додавання дістанемо:
а*Ь2 + &а2 > а*Ь + гг#4;
а2Ь + аЬ2 > я3 + £3;
аЦа + £) > (а2 + Ь2 - аЬ}{а + £);
аЬ > а2 + Ь2 - аЬ\
(а - Ь)2 < 0.
З цього протиріччя і випливає доведення заданої
нерівності.
Задача 179
Доведіть, що
1О9 10 +1 10п+1
1011 +1 > 1012 +1 ’
Доведення
Ю10 + 1	1	9
1011 + 1 10 " ю12 + ю’
1011 +1 1	9
1012+1 10 1013+10’
9	9
1012+10 1013+10’
Оскільки
то
1О10 +1
1011 +1
1011 +1
1012 +1 *
Математична олімпіада 7 КЛАС
105
Задача 180
Довести, що коли
0 < X < у < 2,
то
Доведення
хуг
ОСКІЛЬКИ 0 < X < у < 2.
Задача 181
Довести нерівності:
1)	(х + 1)(.г - 2у + 1) +	> 0;
2)	(х - 2)(х - 3)(х - 4)(х - 5) + 1 > 0;
3)	(а2 - а - 1)(3я2 + а + 1) - 4д?4 < о.
Доведення
1)	Використаємо підстановку: 2 = х + 1. Дістанемо:
г(г - 2у) + у2 = (г - у)2 > 0.
2)	Перемножимо відповідно перший і четвертий,
другий і третій двочлени. Дістанемо:
(х2 - 7х + 10)(д-2 - 7х + 12) + 1 =
= 2(2 + 2) + 1 = (2 + 1)2 > о, де
106
Математична олімпіада 7 КЛАС
2 = Ж2 - ІХ + 10.
3)
Вказівка.
Зробити підстановку т = а + 1.
Задача 182
Довести, що:
1) 100 0024 > 9 9975;
2) ЗІ11 < 1714.
Доведення
1)	100 0024 > 100 0004 = 1020 = (104)5 =
= 10 0005 > 9 9975.
2) ЗІ11 менше, ніж 32і1 = (25)11 = 255. Крім того,
1714 більше, ніж 1614 = (24)14 = 256, більше, ніж 255,
а тому більше, ніж ЗІ11.
Задача 183
Дано систему
І2= 2(х + ^),
(2=3(у-х),
де X > 0, у > 0, 2 > 0. ТТТо більше, 2 ЧИ ХІ
Розв ’язання
З другого рівняння випливає, що у > х.
Маємо далі:
г = 2х + 2у,
2 = Зу- Зх;
Математична олімпіада 7 КЛАС
107
Задача 184
Дано систему
де г > 0, у > 0. Що більше, у чи иг?
Розв ’язання
Оскільки 2 > 0, то х + у < 28, звідси
(ж + ^< 28,
[2.Г- у — 32;
х + 2х - 32 < 28, х < 20,
але
тому
у = 2х - 32 > 0, х > 16,
16 < х <20; у < 28 - х\
у < 12, х > у.
Задача 185
У вершинах куба зафіксовані різні числа. Довести,
що хоча б одне з них менше від середнього арифме-
тичного трьох своїх сусідів.
Доведення
Оскільки всі числа різні, то серед них є найменше
число. Це число менше від усіх своїх сусідів, отже,
менше від їх середнього арифметичного.
Задача 186
У вершинах куба зафіксовані різні числа. Яка
найбільша кількість цих чисел, що більші від серед-
нього арифметичного трьох своїх сусідів?
Розв ’язання
Якщо у вершинах нижньої грані куба розмістити
проти годинникової стрілки числа 1, 11, 14, 10, а у
108
Математична олімпіада 7 КЛАС
верхньої грані над ними поставити відповідно числа
9, 13, 15, 12, то кожне з поставлених чисел, крім 1,
буде більше від середнього арифметичного трьох своїх
сусідів. Враховуючи твердження попередньої задачі,
дістанемо, що найбільша кількість цих чисел дорів-
нює 7.
Математична олімпіада 7 КЛАС
НАЙБІЛЬШІ І НАЙМЕНШІ
ЗНАЧЕННЯ
Задача 187
На автомобілі нові шини. Шина на задньому ко-
лесі витримує пробіг 16 000 км, а на передньому -
пробіг 24 000 км. Можливе переставляння коліс. Який
максимальний пробіг можна здійснити на цих шинах?
Розв ’язання
Шина на задньому колесі зношується в півтора рази
швидше, ніж на передньому. Тому на передньому ко-
лесі вона експлуатується в півтора рази довше, ніж
110
Математична олімпіада 7 КЛАС
на задньому. На кожному колесі вона проїде 0,6 від-
стані, яку могла б витримати на задньому колесі.
Отже, пробіг становитиме
16 000	0,6	2 = 19 200 (км).
Задача 188
Микола хоче подзвонити Іванові по телефону. Він па-
м’ятає, що номер телефону має трицифровий код, тобто
трицифрове число, записане трьома різними цифрами,
яке ділиться на 13, і цифра десятків дорівнює півсумі
інших цифр. По скількох номерах телефонів (максималь-
но) доведеться дзвонити Миколі, розшукуючи Івана?
Розв’язання
Нехай цифри коду а, Ь, с. Тоді це число
100л + 10---
2
с = 105л + 6с = 13л 8 + (а + 6г).
Щоб число ділилось на 13, потрібно, щоб а + 6с
ділилось на 13, де л 0.
Якщо а + 6с == 13£, то
с = 2к +
к-а
6 '
Отже, число к - а ділиться на 6. Зауважимо, що к < 5
(якщо к>6, то л + 6с = 13/^>65, але л+ 6с< 9 + 6-9 = 63).
Враховуючи, що л<9, отримаємо: £-л=0або к-а=-6.
Розглянемо ці випадки окремо.
1) к - а = 0, л — к. Тоді с = 2к = 2л. Оскільки Ь =-
2
ціле число, то числа а і с - однакової парності. Оскільки
с=2а - парне, то й л - парне, отже, а = 21, с = 47. Звідси
або с = 4 (тоді л = 2, Ь =------------= 3), або с = 4 (тоді л = 8,
к =-----= 6). Тому достатньо перевірити числа 234 і 468.
Математична олімпіада 7 КЛАС
2) к- а = -6. Тоді с = 2^-1, к = а -6<9-6 = 3. Звід-
си число с - непарне. Аналогічно пункту 1), маємо, що
числа ах с однакової парності, отже, а - непарне, к — а -
6 - непарне. Тому або к = 1 (тоді а = 7, с = 1,
Ь = ? + * = 4), або к = 3 (тоді а = 9, с = 5, Ь = ----- = 7 ).
2	2
Перевірці підлягають числа 741 та 975.
Перевірка показує, що всі чотири знайдені числа
(234, 468, 741 та 975) задовольняють умову задачі.
Відповідь: по чотирьох номерах.
Задача 189
При яких х і у вираз
ЗУ - ±ху
і /
набуває найбільшого і найменшого значень?
Розв'язання
отже, даний дріб набуває найбільшого значення 4,
коли у = -2х (х Ф 0); найменшого значення -1, коли
1
У = (х * 0).
£
Задача 190
На площині дано 1000 точок і коло радіуса 1. До-
вести, що на колі знайдеться точка, сума відстаней
від якої до цих точок не менша за 1000.
Доведення
Візьмемо на колі дві діаметрально протилежні точ-
ки А і В.
112
Математична олімпіада 7 КЛАС
М
А
Для довільної точки М площини має місце не-
рівність МА + МВ > АВ = 2. Отже, сума відстаней
від даних 1000 точок до А і В не менша, ніж 2000,
а сума відстаней до однієї з них не менша за 1000.
Задача 191
Знайти значення х і у, при яких вираз:
х1 - 2ху + 6 У2 - 14л- -6^+72
набуває найменшого значення.
Розв’язання
Даний в умові вираз можна записати так:
(х - у - 7)2 + 5(у - 2)2 + З,
отже, найменшого значення, що дорівнює 3, він на-
буває при у = 2, х - у = 7, х = 9.
Задача 192
Якого найбільшого і найменшого значень набуває
відношення двоцифрового числа до суми його цифр?
Розв’язання
Нехай х і у - відповідно перша і друга цифри
двоцифрового числа. Оскільки х Ф 0 то відношення
можна записати:
Математична олімпіада 7 КЛАС
113
Зрозуміло, що і тим більше, чим менше відношен-
ня “7-І тому найбільше значення і == 10 буде при
у = 0 і довільному х, а найменше / = 1,9 при — = 9,
X
тобто при х = 1, у = 9.
Задача 193
Знайти найменше значення дробу
х2 - Зх + З
якщо х < 1.
Розв ’язання
Даний дріб можна подати у вигляді:
х~
1-х
+ 3.
При х < 1 перший доданок невід’ємний і дорівнює
0 тільки при х - 0.
Оскільки 0 входить у множину значень х, то при
х = 0 даний дріб набуває найменшого значення 3.
Математична олімпіада 7 КЛАС
ДВА НЕВІДОМИХ
В ОДНОМУ РІВНЯННІ
Задача 194
Розв’язати в цілих числах рівняння
х -т у = ху.
Розв’язання
Якщо у = 1, то х + 1 = х, розв’язків немає.
При у Ф 1
Математична олімпіада 7 КЛАС
115
Але дріб
1
^-1
може набувати цілих значень тіль-
ки тоді, коли у - 1 = 1 або у - 1 = -1. У першому
випадку у = 2, х = 2. У другому випадку х = у = 0.
Задача 195
Для яких п є N рівняння х2 + ху + у2 - 7п має
розв’язки в натуральних числах, не кратних 7?
Розв ’язання
Нехай цілі числа а і Ь не кратні 7 і
а2 + аЬ + Ь2 = 7".
Тоді
(2<7 - Ь)2 + (2<? - 6)(а + ЗЬ) + (а + ЗЬ)2 =
= 7 а2 + 7аЬ + 7Ь2 = 7"^.
(2Ь - а)2 + (2Л - а)(3а + Ь) + (Зг? + &У2 = 7"+*. (*)
Числа 2а - Ь і 2Ь - а не можуть обидва ділитися
на 7, інакше
Зл = 2(2а - £) + {2Ь - а)
ділиться на 7, тобто а ділиться на 7. Якщо 2а - Ь не
ділиться на 7, то з рівності (*) маємо, що а + 3£
не ділиться на 7. Аналогічно, якщо а + 3^ не ділить-
ся на 7, то й 2а - Ь не ділиться на 7. Враховуючи
рівняння
22+2 • 1 + 1“ = 7,
дістанемо, що задане рівняння при будь-якому п є N
має розв’язки в цілих числах, не кратних 7.
Якщо пара (я; Ь), де а\ Ь е 2, є розв’язком рівнян-
ня, то пари -(а + £)) і (а-, -(а + £)) також є його
розв’язками:
а2 - а{а + Ь} + (а + д)2 = 7".
З трьох пар (/?; £); (а; -(а + £)); (Ь; -{а + ЬУ) хоча
б одна складається з чисел одного знака: якщо аЬ < 0
і а(а + Ь) > 0, то а2Ь(а + Ь) < 0, а тоді або ця пара,
або пара, що складається з протилежних чисел, скла-
дається з натуральних чисел. Отже, задане рівняння
116
Математична олімпіада 7 КЛАС
має розв’язки у множині натуральних чисел, не крат-
них 7.
Задача 196
Розв’язати в
(х2 +
Розв’язання
натуральних числах рівняння
У2)(г2 + /2) = 4(.гг + ^/)2.
Оскільки
(.г2 + у2)(г2 + /2) = (хг + уї)2 + (хі - уз)2,
то дане рівняння можна переписати у вигляді
(хї - уг)2 = 3(хг + уіУ2,
з якого випливає, що воно розв’язків не має, інакше
число 3 було б квадратом раціонального числа.
Задача 197
Довести, що рівняння ах + Ьу = аЬ не має розв’яз-
ків у натуральних числах, якщо а і Ь - взаємно прості
натуральні числа.
Доведення
Нехай (х; у) - натуральний розв’язок.
Тоді аЬ - ах = Ьу, або а{Ь - х) = Ьу. Отже, Ьу
ділиться на а. Але а і Ь - взаємно прості, отже, у
ділиться на а, тобто у = ка. Аналогічно можна пока-
зати, що х = тЬ. Підставимо значення х і у в задане
рівняння: атЬ + Ька = аЬ, звідки т + к = 1, що
неможливо при натуральних пі і к.
Задача 198
Знайти цілі додатні розв’язки рівняння
х2 - 4ху + 5у2 = 169.
Розв 'язання
Дане рівняння можна записати у вигляді
(х - 2у)2 + у2 =169.
Математична олімпіада 7 КЛАС
117
Але 169 можна представити як суму квадратів двох
цілих невід’ємних чисел двома способами
169 = 52 + 122 = ІЗ2 + О2.
Тому:
1)	х - 2у = 12, у = 5;
2)	2у - х = 12, у = 5;
3)	х - 2у = 5, у = 12;
4)	2у - х = 5, у = 12;
5)	х - 2у = 0, у = 13.
Остаточно дістанемо такі чотири розв’язки:
л*і =	22,	ух	—	5;
=	29,	у%	=	12;
•гз	19,	у3	12,
х4 =	26,	у4	=	13.
Задача 199
Довести, що рівняння
х! + у\ = 10г + 9
не має розв’язків у цілих числах
(<7І = 1-2-3	(& - 2)(а - ЇМ.
Доведення
10г + 9 - число непарне, тому й хї + у\ має бути
непарним числом. А це можливо, якщо х < 2 або
у < 2. Нехай х = 1, тоді у\ = 10г + 8. Оскільки
10г + 8 не ділиться на 5, то у < 4. Перевіряючи,
впевнимося, що жодне з чисел у = 1, у = 2,
у = 3, у = 4 не задовольняє умови.
Задача 200
Довести, що рівняння
д^2 - уз = зо
не має розв’язків у цілих числах (тобто коли х і у -
цілі).
Доведення
Розкладемо ліву і праву частини рівняння на множ-
ники:
118
Математична олімпіада 7 КЛАС
(х - у)(х + у) = аЬ,
де а і Ь - цілі числа, що у добутку дають ЗО
(а = ±1, Ь = ±30; а = ±2, Ь = ±15; а = ±3, Ь = ±10;
а = ±5, Ь = ±6). З рівняння випливає система
звідси 2х = а + де 2т - число парне, а число
а + Ь - непарне (можна впевнитися підбором чисел).
Отже, рівняння не має розв’язків у цілих числах.
Задача 201
Знайти всі додатні числа а, Ь, с, для яких
2а + &+с 26+с + а 2с+а + & 4
Розв ’язання
Введемо позначення:
і оскільки
х + у + 2 = 4(а + Ь + с) = 4х - 4а, то
4а = Зх - у - г,
зробивши циклічне переміщення ЗМІННИХ X, у, 2, діс-
танемо аналогічні вирази для Ь і с.
Після підстановки цих виразів у рівність, вона на-
бере вигляду:
У
або
Л*+^+'г+‘^+’Г+'г
У X у 2
Математична олімпіада 7 КЛАС
119
Оскільки сума обернених додатних чисел не менша
за 2 і дорівнює 2 тільки у випадку, коли вони рівні
між собою, то
.г = у = г,
а тоді й
а = Ь = с.
Тому задана рівність виконується при довільних
рівних між собою додатних числах а, Ь, с.
Математична олімпіада 7 КЛАС
ГЕОМЕТРИЧНА
ІНТЕРПРЕТАЦІЯ
Задача 202
Побудувати графік функції
Математична олімпіада 7 КЛАС
121
Розв’язання
1, якщо х > 0;
-	1, якщо х < 0;
Задача 203
9
Побудувати графік функції
Розв’язання
Задача 204
Побудувати графік функції у = |ж( + \х - 1| + \х + 1
Розв ’язання
-	Зх, якщо х < -1;
-	х + 2, якщо -1 < х < 0;
х	+2, якщо 0 < х < 1;
Зх, якщо х > 1.
Задача 205
Побудувати графік функції у= — (|лг+ 1| - )х- 1|).
122
Математична олімпіада 7 КЛАС
Розв ’язання
1, якщо х > 1;
х, якщо -1 < х < 1;
-1, якщо х < -1.
Задача 206
Побудувати графік функції
Розв’язання
х, якщо х > 1;
1, якщо - 1 < х < 1;
- х, якщо х < -1.
Задача 207
1, якщо х > 0,
Побудувати графік функції у = зі£пх - 5 0, якщо х = 0,
-1, якщо х < 0.
Розв ’язання
Математична олімпіада 7 КЛАС
123
Задача 208
Побудувати графік у =
124
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 210
- х, якщо х = -1; -2...;
Побудувати графік
у = > 2, якщо -1 < х < 0;
х, якщо х = 1; 2...
І
Розв’язання
Задача 211
Побудувати графік
(- х +1, якщо х < 0,
|х, якщо X > 0.
Розв’язання
Задача 212
Побудувати графік у = х, де х = 0; ±1; ±2; ...
Математична олімпіада 7 КЛАС
125
Розв ’язання
Задача 213
Побудувати графік у = ||х - 1| - лг|.
Розв ’язання
1) При х - 1 >0 маємо:
\х - 1| = X - 1 і
у = \х - 1 - х\, у = 1.
2) При х - 1 < 0
| ж - 1| = 1 - X і
у = |1 - х - х), у = |1 - 2лг|.
Розглянемо два випадки:
Якщо 1 - 2х > 0, або
у = 1 - 2х\
Якщо 1 - 2х < 0, або х > —
Отже, маємо:
у = 1 при х > 1;
1
у = 2х - 1 при — < х < 1;
2
о	1
у = 1 - 2х при - °° < х < —
то у = 2х - 1.
126
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 214
Побудувати множину точок, координати яких за-
довольняють рівняння |.г| + |^| = 1.
Розв’язання
Задача 215
Побудувати множину точок, координати яких за-
довольняють рівняння ||.г| - І^ІІ = 1.
Розв’язання
Оскільки |.г| -	= ±1, то
Задача 216
Побудувати множину точок, координати яких за-
довольняють рівняння |||ж| - 2| + |г/| - 2| = 2.
Розв ’язання
ІИ ~ 2| + \у\ = 2±2, отже,
Математична олімпіада 7 КЛАС
127
Задача 217
Побудувати множину точок, координати яких за-
довольняють рівняння \х - у\ +	4- \у\ = 6.
Розв’язання
Якщо у > ж,
Якщо у < X -
Задача 218
Побудувати графік
128
Математична олімпіада 7 КЛАС
Розв’язання
1) Якщо х > 0, то
II	•
и = X і
2) Якщо х < 0, то
|.г| = -X і
Задача 219
Побудувати графік у = 2 - \х - 1|.
Розв’язання
Задача 220
Побудувати графік у = |2|лг| - 3|.
Математична олімпіада 7 КЛАС
129
Задача 221
Побудувати графік |^ - 1| = х.
Розв’язання
х > 0;
якщо у < 1, то у = —х + 1;
якщо > 1, то у = х + 1.
Задача 222
Зобразити графічно |г/| = |л| - \х - 1|.
Розв’язання
Якщо х > 1, то у = ±1;
якщо — - х < 1,
то ІуІ = 2х - 1
їу = + (2х - 1).
Задача 223
Побудувати графік у = \х
Розв’язання
Якщо хє(-оо; -2], то
у = 1 - х + х + 2;
У	= 3.
Якщо хє [-2; 1] , то
у = 1 - х - х - 2;
у = -2х - 1.
Якщо хє[1; оо), то
у = х - 1 - х - 2\
У	= -3.
Задача 224
Розв’язати нерівність
130
Математична олімпіада 7 КЛАС
у + к - 2| < 3.
Розв’язання
Якщо <2, то
У + 2 -
або у < х + 1.
Якщо х > 2, то
у + х - 2 < З,
або у < -х + 5.
Графічною інтерпрета-
цією розв’язання цієї нерів-
ності є множина точок, що
лежать всередині кута між
прямими у = х+1 і у=-
х + 5.
Відповідь. Множина значень х і у повинна задо-
вольняти систему:
у < х + 1, якщо х < 2,
у < 5 - лг, якщо х > 2.
Задача 225
Розв’язати нерівність Іу - 2| > їх - 3|.
Розв’язання
Задану нерівність задовольняють точки, які роз-
міщені всередині пари вер-
тикальних кутів, що утво-
рені графіками функцій
У	= 2 ± їх - 3|.
Математична олімпіада 7 КЛАС
ЦІЛА І ДРОБОВА
ЧАСТИНИ
Цілою частиною дійсного числа х (або функцією
ант’є) називають найбільше ціле число, що не пере-
вищує X.
Її позначають [х]. Отже,
[ж] < ж.
Різницю
X — [х]
називають дробовою частиною числа х.
Її позначають {х}.
132
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 226
Розв’язати рівняння
[х + 1,3] = -5.
Розв ’язання
Нехай к - ціле число. Тоді всі числа, ціла частина
яких дорівнює к, складають відрізок [£, к + 1).
Отже, наше рівняння рівносильне
-5 < х + 1,3 < -4,
звідки
-6,3 < х < -5,3.
Задача 227
Розв’язати рівняння
Розв’язання
Задача 228
Розв’язати рівняння
[Злг - 5,2] = 21.
Розв’язання
Розв’язків немає, оскільки за означенням [а] є 2.
Математична олімпіада 7 КЛАС
133
Задача 229
Розв’язати рівняння
иц
І з) 2 '
Розв’язання
Нехай /є[0, 1). Тоді числа, дробова частина яких
дорівнює складають множину і + п, п є 2.
Отже, наше рівняння можна переписати у вигляді:
я»	у
х =-----+ к-— + к, к є 2.
2 3	6
Задача 230
Розв’язати рівняння
2
З ’
Розв’язання
11 к
36 З
к є г.
Задача 231
Розв’язати рівняння
Розв’язання
Розв’язків немає, оскільки за означенням
0 < {а} < 1.
134
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 232
Розв’язати нерівності
1)	[ж] < 2;
2)	[ж] < 2;
3)	[ж] > 2;
4)	[х] > 2.
Відповідь:
1)	("~; 2);
2)	(—; 3);
3)	[3; оо);
4)	[2; ос).
Задача 233
Розв’язати систему рівнянь
|[ж+^]+4 = 18-^,
Цж+1]+ |^-1]= 18 — х — у.
Розв’язання
Оскільки ліві частини першого і другого рівнянь
цілі числа, то система буде мати розв’язки, якщо і
праві їх частини теж будуть цілими числами. Отже,
з цього випливає, що х, у - цілі числа. В даному
випадку система рівнянь рівносильна системі
(х + у+4 = 18-^,
|х +1 + ^-1 = 18 — ж —
звідки
Задача 234
Побудувати графіки функцій:
Математична олімпіада 7 КЛАС
135
а) у = [>] + 2.
Відповідь:
б) у = [2^].
Відповідь:
136
Математична олімпіада 7 КЛАС
г)	у = {х} - 1.
Відповідь:
0
Ш7Ш
д)	У = {2л-}.
А
Відповідь:	У
/ШШ
-2-- -1Л	0 1 1 і 2
2^99
Математична олімпіада 7 КЛАС
137
е)	у = 2{х}.
Відповідь:
і
-/
Задача 235
Скільки розв’язків має рівняння
2{_г} = 1-|?
Розв’язання
Досить побудувати в одній системі координат гра-
фіки функцій
у=2{х} і у=1-^
і підрахувати число точок їх перетину.
Відповідь: 5 розв’язків.
138
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 236
Покажіть на координатній площині множину то-
чок {х; у}, для яких:
, ч 1
а) {х} = - .
Відповідь:
У і
б) {^} = | •
&
Відповідь:
У і
Математична олімпіада 7 КЛАС
139
Відповідь:
Відповідь:
Задача 237
Розв’язати рівняння
{х2} = {х}2.
140
Математична олімпіада 7 КЛАС
Розв’язання
З рівності
х = [х] + {х}
дістанемо
{Л-2} = {([X] + {х})3} =
= {[х]3 + 2[х]{х} + {х}3) =
“ {2[х]{х} + {ж)3},
звідси робимо висновок, що {х2} = {х}2 виконується тоді
й лише тоді, коли 2[дг]{.г} - ціле число. Тому
2т
де т - довільне ціле число, що не дорівнює 0, а І
задовольняє нерівність 0 < І < 2т або 2т < І < 0
залежно від того, додатне чи від’ємне число т.
Задача 238
Нехай а - дійсне число,
с - натуральне. Довести, що
Доведення
Поділимо [а] на е з остачею:
[л] = де + г, 0 < г < с.
Тоді
а = Iа! + {а} = де + г + {а}.
Маємо
оскільки
Математична олімпіада 7 КЛАС
141
оскільки
що й треба було довести.
Задача 239
Розв’язати рівняння
Розв’язання
За умовою задачі —— - ціле число, тому х
- не-
парне число.
х-1 х + 1	х-1
2 ~ 3 < 2 + ’
Зх - 3 < 2х + 2 < Зх +
*	і	е'
звідки -1 < X <
[я- < 5,
Отже, хг = 1, х2 = 3, х3 = 5.
Задачу можна розв’язати графічно.
142
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 240
Розв’язати рівняння
X
1998
Розв’язання
Оскільки
[а] < а < [а] + 1 і
Звідси випливає, що
X
1998
З,
і тому, по-перше, х > 0, а, по-друге, в сумі усі доданки,
що стоять усередині подвійної нерівності, яку ми отрима-
ли, починаючи з третього, дорівнюють 0, тому х < 7.
Оскільки х - ціле, то залишається перевірити зна-
чення від 0 до 6.
Розв’язками рівняння залишаються числа 0; 4 і 5.
Задача 241
Розв’язати рівняння
х(х - 2)[х] = {х} - 1.
Розв’язання
Якщо замінити {х} на х - [лг], рівняння зводиться
до вигляду
[х](х - І)2 = х — 1,
звідки дістаємо корінь х = 1, і після скорочення рівнян-
ня набере вигляду
[х](х - 1) = 1.
Математична олімпіада 7 КЛАС
143
Якщо х > 2, то обидва множники у лівій частині
більші за 1, якщо х < -1, то обидва вони менші за
-1, і тому їх добуток за модулем більший від 1. Отже,
корені знаходяться в проміжку
-1 < х < 2.
Якщо -1 < х < 0, то [х] = -1, і з рівняння дістане-
мо х = 0, а це суперечить рівності [л*] = -1.
Якщо 0 < х < 1, то [х] = 0, тому на цьому про-
міжку коренів немає.
Якщо 1 < х < 2, то [дг] = 1, х = 2, але число 2 не
є коренем рівняння.
Тому рівняння має єдиний корінь х = 1.
Математична олімпіада 7 КЛАС
ГЕОМЕТРІЯ
Задача 242
Трикутник розрізати на три частини, з яких, не
перегортаючи їх іншою стороною, можна було б скла-
сти трикутник, симетричний даному.
Розв’язання
Нехай АС - найбільша сторона трикутника АВС.
Тоді основа В висоти ВВ належить цій стороні. Роз-
ріжемо трикутник на три частини ВКВМ, АКВ і СМВ,
де К і М - відповідно середини АВ і ВС. Повертаючи
трикутники АКВ і ВМС навколо К і Л/, дістанемо
Математична олімпіада 7 КЛАС
145
трикутник АгВСг, симетричний даному трикутнику
авс.
Задача 243
На площині дано точку А. Чи можна розмістити
на цій площині 5 кіл, які не містять всередині точку
А, так щоб промінь з початком у точці А перетинав
не менше двох кіл?
Розв ’язання
5 кіл можна розмістити, наприклад, так: розбити
площину на п’ять рівних кутів
оц, а2, ..., а5 (а,- = 72°)
і вписати по колу в кути
(Х| ОС9 9	(Х9 ОСд 9 ОС3 (Х4 9 ОС4	^1 *
Задача 244
Поза рівностороннім трикутником АВС всередині
кута ВАС взято точку М. Кут АМС дорівнює 30°, кут
АМВ дорівнює 40°. Знайти (в градусах) кути АВМ і
АСМ.
Розв ’язання
Оскільки кут АМС дорівнює половині кута АВС,
то точка М лежить на колі з центром В радіуса
ВА = ВС.
Тоді
АВМС = АВСМ =70°.
146
Математична олімпіада 7 КЛАС
Звідки
ААВМ = 100°;
ААСМ = 130°.
Задача 245
З довільної точки М всередині даного кута опуще-
но перпендикуляри МР і М<2 на сторони кута. З вер-
шини кута А опущено перпендикуляр АК на відрізок
Р(^. Довести, що
АКАР = АМА®.
0
Розв’язання
На відрізку АЛ/, як на діаметрі, побудуємо коло.
Оскільки кути АРМ і А(^М прямі, то точки Р і ф
належатимуть цьому колу.
АМА(£ = А<2РМ,
бо вони спираються на одну дугу.
Математична олімпіада 7 КЛАС
147
Зрозуміло, що
/РАК = /<£РМ,
як гострі кути з відповідно перпендикулярними сто-
ронами.
Отже,
/КАР = /ЛЛ40.
Задача 246
Висота /іс трикутника АВС дорівнює
—. Довести,
&
що кут С даного трикутника не може бути тупим.
Доведення
Побудуємо на стороні АВ, що дорівнює с, півколо.
Вершина С даного трикутника належить дотичній, яка
паралельна стороні АВ. Це означає, що вершина С не
знаходиться всередині півкола діаметра АВ. Тому
/АСВ < 90°.
Задача 247
Знайти кут С трикутника АВС, якщо 2/гг = АВ,
/А = 75°.
Розв’язання
Нехай АВ = с; ВС = а, і припустимо, що с > а. Тоді
/С > 75° і /В < 30°. Опустимо з вершини С висоту
ССХ. З прямокутного трикутника ССХВ знаходимо, що
Нс = ССХ
148
Математична олімпіада 7 КЛАС
тобто 2кс < с, що суперечить умові задачі. Аналогіч-
но доведемо неможливість нерівності с < а.
Отже, залишається, що с = а і /.С = 75°.
Задача 248
У трикутнику АВС кут А дорівнює а. Пряма, яка
проходить через точку А і перпендикулярна до бісектриси
АЬ кута ВАС, перетинає пряму ВС у такій точці М, що
ВМ = ВА + АС.
Знайти кути В і С трикутника АВС.
Розв’язання
Можливі два випадки.
1) Точка С знаходиться між В і М. На продов-
женні ВА візьмемо точку Сх так, що
АСХ = АС.
Оскільки АМ є бісектрисою кута САСХ, то трикут-
ники АМС і АМСХ рівні. Крім того,
ВСХ = ВА + АС = ВМ.
Отже, якщо кут В дорівнює у, то
ААСМ = ААС1М=90°-~,
1	2’
90° - — = а + у, у = 60° - — а .
2	1,1 З
/Г2?=60°- —а, ^46^=120°--.
З	З
2) Точка В знаходиться між М і С. Визначимо
Математична олімпіада 7 КЛАС
149
точку С\ так, як у попередньому випадку. Матимемо:
МВ = В(\, МС = МС\,
ААСВ = ААС^М = АСХМВ = - у,
2
у + —+ а = 180°,
2
у = 120°--а.
З
Цей випадок можливий при довільних а.
Отже, якщо кут а - гострий, можливі дві відповіді:
2^=60°--а, АС=12(У--;
З ’	3 ’
АВ=120Р- — а, ^67=60°--;
З ’	3 ’
для інших а: ^В=120Р-^ау	= 60°.
Задача 249
Довести, що у довільному опуклому чотирикутни-
ку можна вибрати три вершини А, В, С (АВ і ВС -
сторони чотирикутника) так, що паралелограм АВСВХ
містить четверту’’ вершину цього чотирикутника (все-
редині себе або на межі).
150
Математична олімпіада 7 КЛАС
Доведення
Твердження задачі очевидне, якщо у даного чоти-
рикутника знайдеться хоча б одна пара паралельних
сторін.
Нехай жодні дві сторони даного чотирикутника
АВСВ не паралельні. Продовжимо його сторони до пе-
ретину, і позначимо точки перетину так, як показа-
но на малюнку. Зрозуміло, що паралелограм АВСВХ
містить всередині себе точку В.
Задача 250
Дано три прямі і точку А на одній з них. Побуду-
вати рівносторонній трикутник так, щоб його верши-
ни лежали на трьох даних прямих, причому одна з
них у точці А.
Розв’язання
Нехай АВС - шуканий трикутник, а, Ь і с - задані
прямі. Виконаємо поворот прямої Ь навколо точки А
на кут а = 60° (проти руху годинникової стрілки).
Образом точки В буде точка Вх, що збігається з точ-
кою С.
Отже, з точки А проводимо перпендикуляр АВ до
прямої Ь і будуємо пряму АХ під кутом 60° до АВ.
На ній відкладаємо відрізок АВХ = АВ і в точці Вх
проводимо до нього перпендикуляр, який перетинає
пряму с у точці С. Далі знаходимо образ АВ відрізка
АС при повороті, що визначається центром А і кутом
Математична олімпіада 7 КЛАС
151
а = -60° (за рухом годинникової стрілки). Знайдемо
вершину В шуканого трикутника.
Задача 251
Через вершину А трикутника АВС і точку 8 осно-
ви ВС проведено пряму. Знайти на цій прямій точку
X, з якої відрізки В8 і С8 видно під рівними кутами.
Розв ’язання
Нехай А” - шукана точка. Тоді АВХ8 = АСХ8 і 8Х -
бісектриса кута СХВ. Точка СА, симетрична точці С
відносно прямої А8, лежить на другій стороні кута
СХВ. Отже, знаючи положення точок В і Сх, можна
визначити і шукану точку X.
Таким чином, побудова зводиться до знаходження
точки симетричної точці С відносно А8. Пряма
ВСХ перетинає пряму А8 у шуканій точці X.
152
Математична олімпіада 7 КЛАС
Дослідження
Якщо точка 5 не є серединою ВС, то прямі В(\ і
А8 не паралельні, отже, умові відповідає єдина точка
X. Якщо ж точка 8 є серединою ВС, то або ^671||Л5’ (і
тоді розв’язків немає), або А8АВС (і тоді умові відпо-
відає кожна точка прямої А8).
Задача 252
На сторонах ВС і СВ паралелограма АВСВ зовні
його побудовано правильні трикутники ВСК і СВМ.
Довести, що трикутник АКМ - також правильний.
Доведення
Трикутники АВК, АВМ, КСМ рівні між собою (за
першою ознакою рівності трикутників), бо в них є
пари рівних сторін, крім того, рівні відповідні кути.
Нехай АВАВ = а , тоді
ААВК = 360° - (аАВС + 60°) =
= 360° - (180° - а + 60°)= 120° + а;
АКСМ = АКСВ + а + АМСВ = а +120°;
ААВМ= 360° - (ААВС+ 60°) =
= 360° - (180° - а + 60°) = 120° + а.
Отже, АК = КМ - АМ.
Математична олімпіада 7 КЛАС
153
Задача 253
Побудувати трикутник АВС за кутом А, медіаною
та і висотою що проведені з вершини цього кута.
Розв’язання
Нехай А/Г1 = АЛ4\ = та. Трикутник АМХНХ мож-
на побудувати. Залишається визначити положення вер-
шин В і С на прямій МХНХ. «Подвоїмо» медіану АМХ -
дістанемо точку А1У симетричну точці А відносно точки
Мх. Тоді	= 180° - АА. Таким чином, для визна-
чення положення точки С досить побудувати на відрізку
АА1 сегмент, що вміщує ААСАХ = 180° - ААІ потім про-
довжити відрізок МХН\.
Задача 254
Побудувати трикутник за двома сторонами Ь і с та
різницею кутів, які лежать проти цих сторін.
Розв ’язання
Щоб дістати різницю кутів, проведемо вісь симетрії
7 точок В і С і побудуємо точку А1г симетричну вер-
шині А відносно прямої І. Оскільки
АгВ = АС = Ь і ААВАХ = АС - АВ,
то трикутник АВАХ можна побудувати.
Якщо провести вісь симетрії точок А і Лі, то точ-
кою, симетричною точці В відносно цієї осі, є верши-
на С.
154
Математична олімпіада 7 КЛАС
І
Дослідження
Задача має єдиний розв’язок лише у випадку Ь Ф с.
Якщо Ь = с, різниця АВ - АС =і 0,. тобто доводиться
будувати рівнобедрений трикутник за бічною сторо-
ною. В цьому разі даних мало, і задача стає невизна-
ченою.
Задача 255
Дано пряму СВ і точки А та В з різних боків від
неї. Знайти на прямій точку К таку, щоб
ААКВ = 2АВКВ.
Розв’язання
Якщо з деякої точки поза колом провести до цьо-
го кола дві дотичні, то промінь, проведений через цю
точку і центр кола, ділить кут між дотичними навпіл.
Маючи це на увазі, можна побудувати точку Ви си-
метричну точці В відносно прямої СВ, провести коло
з центром Вг, яке дотикається СВ у точці Е. Дотична
до цього кола, проведена через точку А, перетне СВ у
шуканій точці К.
В
Математична олімпіада 7 КЛАС
155
Дослідження показує, що задача не завжди має
розв’язок. Справді, якщо дотична АК паралельна СВ,
то точки К не існує.
Якщо точка перетину з прямою СВ буде знаходи-
тися між Е і 7?, то побудова не відповідатиме умові.
Задача 256
Трикутник повністю міститься всередині деякого
многокутника. Довести, що периметр трикутника не
більше за периметр многокутника.
Доведення
Продовжимо сторони АВ, ВС і СА трикутника від-
повідно за вершини А, В і С до перетину з перимет-
ром многокутника. Точки перетину позначимо Ь, М,
N.
Доведіть самостійно, що ламана довша за відрізок
прямої, що має з нею спільні кінці. Тому
СМ+МВ> ІА + АВ,
МИ+ Ж > МВ+ ВС,
Ж + ІА> Ж+СА.
Додамо почленно нерівності, дістанемо:
БМ+ Ж > АВ + ВС+ СА.
156
Математична олімпіада 7 КЛАС
Задача 257
Села А і В розміщені по обидва боки річки. В яко-
му місці доцільно було б побудувати міст через річку,
щоб відстань між селами була найкоротшою? (Вва-
жаємо, що річка тече між селами прямолінійно і має
однакову ширину.)
Розв’язання
Перехід будують перпендикулярно до берегів річки.
Припустимо, що АКЬВ - шуканий шлях. Нехай ВВХ
- ширина річки. Ламана АКЬВ має таку ж довжину,
що і ламана АКВ^В, де ВВ^ВС. Ламана АКВХ мати-
ме найкоротшу довжину, якщо вона буде збігатися з
відрізком прямої АВХ. Тому найкоротшою буде від-
стань АСВВ, де С - точка перетину прямої АВл з
найближчою до села А точкою берега.
Задача 258
Дві висоти трикутника не менші від сторін, до яких
проведені. Визначити кути трикутника.
Розв’язання
Якщо висоту трикутника проведено до сторони а,
то ця висота не може перевищувати жодної з інших
сторін. Тому, відповідно до умови, можна написати
такі нерівності:
а < /га < Ь;
Математична олімпіада 7 КЛАС
157
Ь< /іь< а.
Вони справджуються, якщо
а~ Ь= /га = /гь.
А це означає, що даний трикутник рівнобедрений
і прямокутний.
Задача 259
Всередині гострокутного трикутника АВС задано
таку точку Н, що АНАС = АНВС, АНВА - АНСА ,
АНСВ = АНАВ. Довести, що прямі АН, ВН, СН, які
перетинають відповідні сторони у точках Аг, Вг, Сг -
висоти трикутника АВС.
Доведення
Позначимо три пари даних кутів а, Р, у. Очевидно,
що
2(а + р + у) = 180°, а + р + у = 90°.
Але
ЛАА.В = ЛАСА, + АСАА, = а + ? + Т = 90».
Отже, відрізок ААХ - висота трикутника АВС. Ана-
логічно ВВг, ССХ - теж висоти трикутника АВС.
158
Математична олімпіада 7 КЛАС
Зміст
Передмова	З
Логічні задачі	4
Математична шифровка	18
Принцип Діріхле	25
Числа	31
Прості числа	40
Подільність чисел	46
Розкласти на множники	52
Спростити	56
Дроби	67
Алгебраїчні задачі на доведення 73
Квадрат числа	79
Рівняння	89
Нерівності	99
Найбільші і найменші значення 110
Два невідомих в одному	рівнянні 115
Геометрична інтерпретація	121
Ціла і дробова частини	132
Геометрія	145
І. Кушнір
МАТЕМАТИЧНА ОЛІМПІАДА
7 клас і не тільки...
Виготовлення оригінал-макета
та художнє оформлення
О. Гутман, М. Гутман
Підписано до друку 25.06.2001.
Формат 60x84/16. Друк офсетний.
Гарнітура шкільна. Ум. друк. арк. 9,3.
Зам. № 1-575.
Головне підприємство РВО «Поліграфкнига».
03057, м. Київ, вул. Довженка. 3.