vippo.org.uavippo.org.ua/files/olimpiada/2017-2018/zavdan2018/tur28.docx · Web viewолімпіади з математики LXXІI Київська міська олімпіада

PAGE \* MERGEFORMAT 1

Міністерство освіти і науки УкраїниКиївський міський педагогічний університет імені Б.Д. Грінченка

Київський національний університет імені Тараса Шевченка

ІІІ етап Всеукраїнської олімпіади з математики

LXXІI Київська міська олімпіада юних математиків

Умови та вказівки до розв’язань задач

2 тур

27січня 2018 року

Ви будете мати все, якщо не будете переживати, кому дістануться нагороди за ваші заслуги

Бенджамін Франклін

Рис. 1

Рис. 2


7 клас

0. Чи існують такі не цілі числа x , y , що для довільних цілих чисел a , b однакової парності, числа x+ y та ax+by є цілими?

Відповідь: існують, наприклад, x= y=12 .

Розв’язання. Виберемо x= y=12 , тоді x+ y=1 , ax+by=1

2 (a+b )∈Z .

1. Позначимо через [ x1 , x2 ] та [ y1 , y2 , y3 ] найменше спільне кратне чисел x1 , x2 та y1 , y2 , y3 відповідно. Для чотирьох натуральних чисел a , b , c , d визначимо числа A та B , де:

A=[ a , b , c ]⋅[ a , b , d ]⋅[a , c , d ]⋅[b , c , d ] та B=[ a , b ]⋅[ a , c ]⋅[ a , d ]⋅[ b , c ]⋅[ b , d ]⋅[ c , d ].Доведіть, що A

6≥ B4.

Розв’язання. Виберемо просте число p , яке є дільником добутку abcd . Нехай воно входить в

розклад чисел a , b , c , d в степенях a1≥b1≥c1≥d1 (внаслідок симетричності умови без обмеження загальності можемо вважати, що це вірно), тоді порахуємо найбільший степінь простого числа p – pA та pB , на яке діляться A та B відповідно.

pA=3a1+b1 , pB=3 a1+2 b1+c1 .

Тоді шуканий степінь pA'

та pB'

для чисел A6

та B4

відповідно дорівнюють:pA

' =6 p A=18 a1+6 b1≥ pB' =pB=12a1+8 b1+4 c1 .

2. Заданий фундамент, що є квадратом 4×4 , який розділений на квадратики 1×1 і між кожними двома сусідніми по стороні квадратиками є щілина довжини 1 . Цей фундамент покривають у декілька шарів цеглинами розміру 2×1 . Кожний шар складається з 8 цеглин і кожна цеглина щільно закриває рівно одну щілину довжини 1. Таке покриття шарами цеглин називається міцним, якщо кожна щілина принаймні в одному з шарів закривається цеглиною. Яку найменшу кількість шарів може мати міцне покриття?

(Богдан Рубльов)

Відповідь: 4 шари. Розв’язання. Розглянемо квадратик A розміром 1×1 , що лежить не на межі квадрату 4×4 . Усі 4 його сторони мають бути покриті цеглинами, при цьому різними, бо одна з половин цеглини має покривати квадратик A . Таким чином обійтися менше ніж 4 шарами неможливо. Залишається показати, що 4 шарами виконати потрібне можна (рис. 1).

3. Чи можна на папері в клітиночку за допомогою лінійки, якою можна проводити пряму лінію між двома вузлами, намалювати квадрат, що має площу 50 клітин?

Рис. 3


Відповідь: можна.Розв’язання. Розглянемо квадрат 8×8 та з’єднаємо точки, як показане на рис. 2. Отримаємо квадрат, площу якого треба знайти. Від великого квадрат відрізаються 4 трикутники, які в парах утворюють прямокутник 1×7 , тому шукана площа побудованого квадрату 8⋅8−2⋅1⋅7=50 .

4. Дійсні числа a , b , c задовольняють умови: ab−c=1000 , bc−a=1018 та ca−b=−2018 . Доведіть, що a+b+c≠0 .

Розв’язання. Методом від супротивного, припустимо, що a+b+c=0 . Тоді з умов випливає, щоab+bc+ca=a+b+c=0 .

Якщо припустити, що abc=0 , тобто, наприклад, c=0 , то ab=0 , тоді маємо дві змінні, що дорівнюють нулеві. Вибираємо одне з заданих співвідношень, де ці змінні не пов’язані множенням і отримаємо суперечність. Таким чином abc≠0 . Підставимо c=−a−b в рівність ab+bc+ca=0. Звідси далі маємо, що

(a+b)b+(a+b )a−ab=0 ⇔ a2+ab+b2=0 ⇔ a

2+ab+ 14 b2+ 3

4 b2=0

⇔ (a+12 b)2+ 3

4 b2=0 ⇔ a=b=0 .Одержана суперечність завершує доведення.

3.1. Чи можна побудувати на площині 6 кіл, кожне з яких проходить через центри рівно трьох інших кіл?

Відповідь: так.Розв’язання. Можливий приклад зображено на рис. 3, усі проведені відрізки мають довжину 1 .

4.1. Числа a , b задовольняють умову:

7 a3b3

a6−8b6 =1. Чому може дорівнювати значення

виразу a2−b2

a2+b2?

Відповідь: 35 або 0 .

Розв’язання. Зробимо такі перетворення: a6−7 a3 b3−8 b6=0 або (a

3+b3 )( a3−8 b3 )=0 .

Неважко зрозуміти, що вираз x2±xy+ y2>0 рівносильне умові x , y≠0 , оскільки

x2±xy+ y2=( x±12 y )2+ 3

4 y2=0⇔ y=0 та x±12 y=0⇔ x= y=0 .

Таким чином задана умова переписується таким чином: a3+b3=0 або a

3−8 b3=0 , при цьому a , b одночасно нулю не дорівнюють, що випливає з умов задачі.

1 випадок. a3+b3=0⇒ (a+b)( a2−ab+b2)=0⇒ a=−b , бо a

2−ab+b2≠0 . Тому a2−b2

a2+b2=b2−b2

b2+b2 =0.

2 випадок. a3−8 b3=0⇒ (a−2 b)( a2+2ab+4b2)=0⇒a=2 b , бо a

2+2 ab+4 b2≠0 . Тому a2−b2

a2+b2=4 b2−b2

4b2+b2 =35 .


8 клас

0. Чи існують такі не цілі числа x , y , що для довільних цілих чисел a , b , числа x+ y та ax+by є цілими?

Відповідь: не існують.

Розв’язання. Припустимо, що існують. Тоді ax+by=a( x+ y )+(b−a) y . Звідси випливає, що

число (b−a ) y -- ціле. Виберемо b=2 , a=1 , тоді y має бути цілим – суперечність.

1. Яка найбільша кількість чисел може бути у послідовності натуральних чисел a1, a2 , …, an , якщо вона задовольняє такі умови: a1>1– просте число; для кожногоi :2≤i≤nсправджується подільність a i ⋮ a1 a2 .. . ai−1 ;

an=22⋅33⋅55⋅77⋅1111⋅1313⋅1717.

Яке при цьому найбільше значення може приймати a1?

Відповідь: найбільше може бути 6 чисел, a1=17

Розв’язання. Нехай a1=p – просте число. Тоді зрозуміло, що a2 ⋮ p , a3 ⋮ a2 a1 ⋮ p2

, a4 ⋮ a3 a2a1 ⋮ p4,

a5 ⋮ a4 a3 a2 a1 ⋮ p8, a6 ⋮ a5 a4 a3 a2 a1 ⋮ p16

.

Якщо припустити, що у послідовності більше 6 членів, то a7 ⋮ a6a5 a4 a3 a2 a1 ⋮ p32, тобто розклад

числа a7 на прості множники має містити простий дільник в степені не менше 32 . Виходячи з

вигляду числа an – це неможливо. Таким чином найбільше можливе значення n=6 . При цьому

єдине просте число, яке входить у 16-му степені в розклад a6=22⋅33⋅55⋅77⋅1111⋅1313⋅1717 –

це p=17 . Воно й може бути найбільшим можливим значенням для a1 .Покажемо, що така послідовність існує. Покладемо такі значення:

a1=17 , a2=17 , a3=172, a4=174

, a5=178, a6=22⋅33⋅55⋅77⋅1111⋅1313⋅1717

.

2. Заданий фундамент, що є прямокутником 2 m×2 n , який розділений на квадратики1×1 і між кожними двома сусідніми по стороні квадратиками є щілина довжини 1 . Цей фундамент покривають у декілька шарів цеглинами розміру 2×1 . Кожний шар складається з 2 mn цеглин і кожна цеглина щільно закриває рівно одну щілину довжини 1 . Таке покриття шарами цеглин називається міцним, якщо кожна щілина принаймні в одному з шарів закривається цеглиною. Яку найменшу кількість шарів може мати міцне покриття?


Рис. 5


Відповідь: 2 шари, при m=n=1 , 3 шари, при 1=m<n (або навпаки), інакше 4 шари. Розв’язання. Спочатку без обмеження загальності вважатимемо, що 2≤m≤n . Розглянемо квадратик A розміром 1×1 , що лежить не на межі квадрату. Усі 4 його сторони мають бути покриті цеглинами, при цьому різними, бо одна з половин цеглини має покривати квадратик A . Таким чином обійтися менше ніж 4 шарами неможливо. Залишається показати, що 4 шарами виконати потрібне можна (рис. 4). Перші два шари зображені, а ще два – це розбиття прямокутника на квадрати 2×2 . Після того ці квадрати розрізаються двома варіантами, що так само показані на рис. 4.

Для випадку m=n=1 очевидно, що достатньо 2 шари.

Для випадку m=1<n очевидно, що достатньо 3 шари. Для чого приклад показаний на рис. 5. Меншою кількість обійтися неможна, бо не кутові квадрати мають 3 сторони, які слід покрити, що не можна зробити меншою кількістю шарів.

3. В трикутнику ABC відомо, що ∠ ACB>90 ° , ∠CBA>45 ° . На сторонах AC і AB відповідно знайшлися точки P і T такі, що ABC і PT=BC . Точки P1 і T 1 на сторонах AC і AB відповідно такі,

що AP=CP1 і AT=BT 1 . Доведіть, що ∠CBA−∠P1 T 1 A=45 ° .

(Антон Тригуб)

Розв’язання. Відмітимо точку S таку, що Δ ABC і Δ BCS лежать в різних півплощинах відносно прямої BC , причому Δ BCS рівнобедрений і прямокутний з прямим кутом CBS . Тоді відрізки BS і PT рівні і паралельні (TP=BC=BS , PS||AB ), звідки чотирикутник TPSB – паралелограм (рис. 6).

Отже, PS||AB , а також PS=TB , звідки за умовою AT 1=PS . Тоді чотирикутник AT 1 SP є паралелограмом.

Отже, AP||ST 1 і AP=ST1 . Звідси знову використовуючи

умову задачі отримуємо, що P1 C||T 1 S і P1 C=T 1 S –

паралелограм. Звідси P1 T 1||CS і ∠P1 T 1 A=180 °−∠P1 T 1 S−∠ ST1 B =∠CST1−∠ST 1 B .

Остаточно, ∠CBA−∠P1 T 1 A =∠CBA−∠CST1 +∠ ST1 B==90°−∠T1 SB−∠CST 1=90 °−∠CSB=45° .

Альтернативне розв’язання. Нехай прямі PT і BC перетинаються в точці K , M c – середина

Рис. 6


CP , M b – середина BT (рис. 7). Тоді, в прямокутних трикутниках CKP і BKT медіани рівні половинам гіпотенуз. Звідси, рахуємо кути:

∠M c KMb =∠TKM b−∠PKM c =∠M b TK−∠M c PK =∠CAB .

Також, AP1

AT 1

=CPBT=

KMc

KMb , звідки Δ AP1 T 1 ~ Δ KM c M b . Тоді покажемо, що ∠CBA−∠P1 T 1 A=45 ° . В

той же час, ∠CBA−∠P1T 1 A =∠M b KB−∠M c M b K , що дорівнює куту між прямими M c M b та BC . Отож, досить показати, що пряма M c M b паралельна бісектрисі ∠TKB .Нехай X – середина PB , а Y – середина TC (рис. 8). Тоді, з середніх ліній та рівності PT=BC ,

що задана в умові M c YM b X – ромб, в якому M c M b

– бісектриса кута ∠XM c Y . Тепер,

твердження випливає з того, що XM c||KB і YM c||KT .

4. Дійсні числа a , b , c , d задовольняють умови: abc−d=1 , bcd−a=2 , cda−b=3 та dab−c=−6 . Доведіть, що a+b+c+d≠0 .

Розв’язання. Методом від супротивного, припустимо, що a+b+c+d=0 . Тоді з умов випливає, що

abc+bcd+dca+dab=a+b+c+d=0 .Якщо припустити, що abcd=0 , тобто, наприклад, d=0 , то abc=0 , тоді маємо дві змінні, що дорівнюють нулеві. Вибираємо одне з чотирьох заданих співвідношень, де ці змінні не пов’язані множенням і отримаємо суперечність. Таким чином abcd≠0 . Підставимо d=−a−b−c в рівність abc+bcd+cda+dab=0 . Звідси далі маємо, що

(a+b+c )bc+(a+b+c )ca+(a+b+c )ab−abc=0⇔(a+b)bc+(a+b)ca+(a+b)ab+bc2+ac2=0⇔

(a+b)(bc+ca+ab+c2 )=0⇔ (a+b)(b+c )(c+a )=0 .Якщо a+b=0 , то з другої та третьої рівності умов маємо, що bcd−a=2 та cda−b=3 , звідки bcd+cda−a−b=2+3 або cd (a+b )−( a+b )=0=5 – суперечність. Аналогічно, якщо нулю дорівнює якась з інших дужок добутку. Одержана суперечність завершує доведення.

3.1. На сторонахAB , BC та CA рівнобедреного трикутника ABC з вершиною в точці B відмітили точки M , D та K відповідно таким чином, що AM=2 DC та ∠ AMD=∠KDC . Доведіть, що MD=KD .

Розв’язання. Проведемо пряму FD||AC (рис. 9). Тоді AF=FM=DC , звідки Δ FMD=Δ KDC за стороною та прилеглими кутами. Тому й MD=KD .

4.1. Задача 7.4.A

B

C

DF

M

K

Рис. 9

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 10

A

C

DM

B


9 клас

0. Для яких цілих чисел a , b різної парності існують такі не цілі числа x , y , що числа x+ y та ax+by є цілими?

Відповідь: для чисел |a−b|≠1 .

Розв’язання. Оскільки ax+by=a( x+ y )+(b−a) y . Звідси випливає, що число (b−a ) y – ціле.

Якщо |a−b|=1 , то y має бути цілим – суперечність.

Для |a−b|>1 можемо вибрати y=1

b−a та x=− y . Тоді x+ y=0 , (b−a ) y – ціле, звідси й ax+by буде цілим.

1. Розріжте прямокутний трикутник з кутом 30 на три рівнобедрені не гострокутні трикутники, серед яких немає однакових.

(Марія Рожкова)

Розв’язання. Розріжемо ABC з 30BAC на трикутники, як це показане на рис. 10. Тут CDBC і DBC рівнобедрений прямокутний. Далі MDBM і Δ DBM рівнобедрений з кутом при вершині 150DMB . Тоді 30DMA , DMA рівнобедрений з кутом при вершині ∠ ADM=120 ° .

2. Знайдіть усі пари дійсних чисел , які задовольняють рівність:

,де [ z ] – ціла частина числа , тобто найбільше ціле число, що не перевищує z .

(Валентин Лейфура)

Відповідь. ( t , −23 t ) , ( t , 2t ) , де t∈ R , .

Розв’язання. З умови задачі випливає, що , і тому задану рівність можна переписати у вигляді2+ 3 y

2 x=[ 1+ y2

x2 ]. Позначимо через k=

3 y2 x – ціле число. Враховуючи, що

[ 1+ y2

x2 ]=1+[ y2

x2 ],

одержуємо такі співвідношення:

⇔ .Звідси одержуємо систему нерівностей:

яку треба розв’язати в цілих числах.Розв’язком цієї системи у дійсних числах є множина

Рис. 12

Рис. 112Шар 2Шар 3Шар

1

12

3

33

1A

2A

3A444

5

55

4A

5A

66

66


( 9−3√418

; − 34]∪[ 3; 9+3√41

8).

Звідси знаходимо її цілі розв’язки: k=−1 та k=3 . Таким чином 3 y2 x=−1

або 3 y2 x=3

, звідки усі розв’язки цього рівняння описуються таким чином, як це наведено у відповіді.

3. Заданий фундамент, що є квадратом 6×6 , який розділений на квадратики 1×1 і між кожними двома сусідніми по стороні квадратиками є щілина довжини 1 . Цей фундамент покривають у декілька шарів цеглинами розміру 3×1 . Кожний шар складається з 12 цеглин і кожна цеглина щільно закриває рівно дві щілини довжини 1 . Таке покриття шарами цеглин називається міцним, якщо кожна щілина принаймні в одному з шарів закривається цеглиною. Яку найменшу кількість шарів може мати міцне покриття?


Відповідь: 4 шари. Розв’язання. Методом від супротивного покажемо, що трьох шарів не вистачить. Для цього розглнемо спочатку випадок, що принамйні в одному з трьох шарів на краю стоять поруч дві цеглини, позначимо їх № 1 (рис. 11). Тоді в одному з інших шарів має бути цеглина, що закриває щілину між цими двома цеглинами № 1 . Без обмеження загальності, нехай вона лежить в шарі 2 , позначимо її № 2 . Далі очевидно, що в другому шарі мають бут цеглини, що позначені № 3 . Тоді відрізок A1 A2 , що складається з трьох щілин, які не покриті у шарах 1 та 2 , мають покриватися цеглинами з шару 3 (цеглини №4 ). Далі автоматично мають бути покладеними цеглини №5 . Тоді щілини на відрізках A1 A3 та A2 A4 не покриваються цеглинами шарів 2−3 , тому вони мають покриватися цеглинами

шару 1 , позначимо їх №6 , але тоді щілини відрізку A4 A5 не покриті цеглинами жодного з шарів. Таким чином за таких умов тришарового міцного покриття не існує. Інше припущення – в жодному з шарів біля жодного краю немає двох цеглин поруч, як на рис. 9, що позначені № 1 . Тоді в кожному шарі цеглини мають лежати лише таким чином, як це показано в шарі 1−2 на рис. 12. Але тоді очевидно, що щілини біля центру не можуть бути покритими. Це й завершує доведення.Як покрити належним чином фундамент цеглинами у 4 шари показане на рис. 13.


4. Серед чисел 1 , 2 , . . ., n вибирають 9 попарно різних чисел, якими заповнюються комірки таблиці 3×3 таким чином, щоб добуток чисел у кожному рядку, кожному стовпчику та кожній з двох діагоналей був однаковий. При якому найменшомуn це можливо?

(О. Кукуш, М. Рожкова)

Відповідь: 36n . Розв’язання. Позначимо ці однакові добутки через k , число в центральній клітині через x . Помножимо числа, що стоять по діагоналях, та центральних рядку та стовпчику, отримаємо з одного

боку 4k , з іншого боку – добуток усіх чисел таблиці по одному разу та 3 рази центральна клітина,

тобто 334 xkk або

3xk . Тоді, якщо числа зліва направо у таблиці позначити через (1-й рядок) cea ,, , (2-й рядок) hxg ,, , (3-й рядок) bfd ,, , то

2xghefcdab (*). Найменше значення x , для якого це можливе – 6x (тобто число розкладається як добуток чотирьох попарно різних пар натуральних чисел). Далі неважко й показати шукану таблицю (рис. 14).Припустимо, що шукану таблицю можна побудувати при 35n . Нехай тоді x ділиться на просте число p , тоді з вищенаведених міркувань добуток усіх чисел

ділиться на 9p , але !35 не ділиться на 5

9, і тим більше на p

9 при p>5 . Тому

серед дільників числа x можуть бути тільки прості числа 2 та 3 . З одержаних раніше співвідношень

ми маємо, що усі числа також мають вигляд nm 32 і не перевищують 32 .

Тобто наші числа – підмножина {1, 2 , 3 , 4 , 6 , 8 , 9 , 12, 16 , 18 , 24 , 27 , 32}. З (*) випливає, що чотири з наших чисел більші за x . Тому x≤16 . Якщо x=16 , то серед чисел повинно бути число 27 , але тоді 162

має ділитися на 27 – суперечність. Якщо x=12 , то серед чисел повинно бути

хоча б одне з чисел 27 або 32. Тоді, знову ж таки, 122 має ділитися на 27 чи 32 , що не вірно –

суперечність. Якщо x=8 або x=9 , то не вистачить стільки різних степенів двійки чи трійки. Тому x=6 і має бути число 36>35 . Одержана суперечність завершує доведення.

3.1. В табір на збори приїхали n учнів. Відомо, що кожна дитина (хлопчик чи дівчина) в таборі знайома рівно з одним хлопчиком та рівно з однією дівчинкою. Чи можлива така ситуація, якщо

а) n=2000 ; б) n=2018 .

Відповідь: а) так, б) ні. Розв’язання. а) Нехай в табір приїхало по 1000 хлопців та дівчат. Розіб’ємо їх на групи по 4 учні –

по 2 хлопчика та дівчинці. При цьому вони знайомі так: B1 ↔ B2 ↔ G2 ↔G1 ↔ B1 . Неважко переконатися, що усі умови виконуються.

б) Припустимо, що це можливо. Тоді усі хлопці можуть бути розбити на пари з дівчатами за принципом знайомства. Таким чином має бути рівно 1009 хлопців та 1009 дівчат. Але за аналогічним принципом можна розбити усіх хлопців на пари за принципом знайомства, тому їх має бути парна кількість. Одержана суперечність завершує доведення.

12 1 189 6 42 36 3

Рис. 14


4.1. На дошці записані натуральні числа 1 , 2 , 3 , .. . , 100 , кожне рівно один раз. Петрик та Івасик грають у таку гру (розпочинає Петрик), гравці по черзі витирають по одному числу. Програє той з гравців, після ходу якого суму усіх витертих чисел (обома гравцями) не можна подати як різницю квадратів двох цілих чисел. Хто програє в цій грі, якщо кожен прагне виграти?

Відповідь: Петрик.Розв’язання. Спочатку зауважимо, що натуральне число n не можна подати як різницю квадратів

двох цілих чисел тоді і тільки тоді, коли n≡2 (mod 4 ). Дійсно, якщо n≡2 (mod 4 ), то

припустимо, що n=( x+ y )( x− y ), то якщо числа x , y однакової парності, то n≡0 (mod 4 ) , якщо різної, то n≡±1 (mod 4 ). Тепер у зворотному напрямі, якщо n=4 k , то можна покласти

x=k+1 , y=k−1 , якщо ж n≡±1 (mod 4 ) , то покладемо x=n+1

2 , y=n−1

2 .Петрик має таку виграшну стратегію – спочатку він витирає число 100 , а надалі – якщо Івасик вибирає число m , то Петрик ходить числом 100−m . Оскільки вибір числа 50 веде до програшу, то Петрик виграє, бо якщо своїм ходом Івасик не програв, то Петрик має хід, який так само до поразки не веде.

10 клас

0. Три попарно різних натуральних числа a , b , c мають добуток 80 . Якому найменшому простому числу може дорівнювати їхня сума?

Відповідь: 19 . Розв’язання. Зрозуміла, що їхня сума більше 2 , тому простим число, яким може бути їхня сума, є непарне число. Оскільки усі три числа не можуть бути непарними, бо мають добутком 80 , то там два

парних числа і одне непарне. Непарних дільників у числа 80=24⋅5 рівно два – 1 та 5 . Розглянемо ці випадки.c=1 , далі можливі такі варіанти: a=2 , b=40 , a+b+c=43 – просте. a=4 , b=20 , a+b+c=25 – не просте.a=8 , b=10 , a+b+c=19 – просте, що менше від 43 . c=5 , тут такі варіанти: a=2 , b=8 , a+b+c=15 – не просте.

1. Чи існують функціїf :(0 ; 1 )→(2018 ; +∞) , для яких одночасно виконуються такі умови:

f ( x⋅y )= f ( x )⋅f ( y ) для довільних x , y∈( 0; 1) ; для кожного y∈(2018 ; +∞) існує x∈(0 ; 1): f ( x )= y ?

(Юрій Жучок)

Розв’язання. Якщо припустити, що така функція існує, то, враховуючи, що для кожногоx∈(0 ; 1) справджується рівність x=√ x⋅√ x , тому f ( x )=f ( √ x⋅√x )=f ( √ x )⋅f ( √ x )>20182

, що

суперечить тому, що E f=(2018 , +∞ ).


2. Знайдіть найбільше натуральне число, яке має усі різні цифри та ділиться на кожну з цих цифр.


Відповідь: 9867312 .Розв’язання. Очевидно, що серед цифр числа немає 0 . Для подільності на 5 число повинно закінчуватись на 5 , але тоді відразу воно не буде ділитись на 2 , 4 , 6 та 8 , тобто більше цифр воно буде мати, якщо не буде ділитись на 5 . Але тоді це число не буде ділитись на 3 , 6 та 9 . Таким чином достатньо прибрати ще одну цифру і можна досягти, щоб число ділилось на 3 . Але тоді ми маємо такі випадки. Випадок 1. Якщо прибрати 1 чи 7 , то число може ділитись на 3 та 6 , але не на 9 , а тому доведеться прибрати ще й цифру 9 , тобто число стане шестицифровим;Випадок 2. Якщо прибрати цифру 4 , то його можна зробити таким, щоб ділилось на усі цифри, окрім 0 , 4 та 5 , тобто число може бути семицифровим.

Таким чином число має такі 7 цифр: 1 , 2 , 3 , 6 , 7 , 8 , 9 . Треба його зробити найбільшим. Воно при будь-якому розподілі цифр кратне 9 , тобто і 3 . Підбираємо останні три цифри таким чином, щоб це трицифрове ділилось на 8 , залишається для перевірки, щоб одержане семицифрове число ділилося на 7 , ну і щоб воно було найбільшим.

Початок: 9876 , тоді з цифр 1 , 2 , 3 можна утворити єдине число, що кратне 8 – це число 312 , але число 9876312 не ділиться на 7 .Початок: 9867 , тоді число 9867312 ділиться на 7 і є шуканим.

3. В гострокутному трикутнику ABC відмітили ортоцентр H та центр описаного кола O . Пряма AO перетинає сторонуBC в точці D . Перпендикуляр, проведений до сторони BC в точці D , перетинає висоти з вершин B та C трикутника ABC в точках X та Y відповідно. Доведіть, що центр описаного кола Δ HXY рівновіддалений від точок B та C .

(Данило Хілько)

Розв’язання. Нехай AH 1 , BH 2 , CH 3 – висоти Δ ABC

(рис. 15), M – середина BC , а O1 – центр описаного кола ΔYHX . Доведемо, що трикутники ΔYHX ~ Δ ABC . Оскільки ∠BH 3C =∠YDC=90 ° , тому ∠ ABC=∠HYX . Аналогічно, ∠ ACB=∠HXY . Звідси випливає наведена подібність. Нехай HH ' – висота ΔYHX , а M ' – середина XY . Зрозуміло, що O1 M '⊥ XY , OM ⊥BC . Тоді HH ' та AH 1–

відповідні елементи в подібних трикутниках. Так само O1 M ' і OM відповідні елементи в подібних

трикутниках. Отже, HH 'AH1=

O1 M 'OM . З іншогобоку, очевидно, що ΔOMD ~ Δ AH 1 D . Звідси,

H 1D

AH 1

=MDOM . З

цих двох рівностей, враховуючи що HH '=H1 D , бо HH 1 DH ' прямокутник, отримуємо, що

Рис. 15


O1 M '=MD . Тоді O1 M ' DM прямокутник. Тоді O1 M⊥BC , тобто O1 лежить на серединному

перпендикулярі до відрізку BC . Звідси O1 B=O1 C .

4. Нехай є країна "У" з містами A1 , A2 ,. .. , An , які з’єднані авіарейсами таким чином, що

від кожного міста можна дістатися до кожного іншого, можливо з пересадками. d i , j – найменша кількість рейсів, які необхідно здійснити, щоб дістатися з міста Ai у місто A j , d – кількість усіх рейсів в країні "У" і

D=d1,1+d1,2+. ..+d1, n+d2,3+d2 , 4+ .. .+d2 ,n+.. .+dn−1, n .Доведіть нерівність:

d+ Dn−1≤

12 (n+1 )(n+2) .

(Дмитро Петровський)

Розв’язання. Нехай i≠ j , випишемо найкоротший шлях між Ai та A j : Ai=Aγ 0 ,

A γ1 , ..., A γk=A j .

Сукупність цих вершин ми позначимо X (усього (k+1 ) вершина), усі інші –Y (містить n−k−1

вершину). Кількість ребер, що з’єднують вершини всередині Y , не перевищує Cn−k−12

. Усі ребра, що проходять всередині графа X – це ребра найкоротшого ланцюга, інакше існував би коротший шлях

між Ai та A j . Тому їх рівно k . Якщо A∈Y , то з A виходять не більше ніж 3 ребра в ланцюг X . Інакше очевидно існує більш

короткий шлях, ніж з k ребер. Таким чином існує не більше, ніж 3(n−k−1) ребер з кінцями в X та Y . Тобто

d≤Cn−k−12 +k+3(n−k−1)= 1

2 (n2+3n−4+k2−k−2 kn )≤

(оскільки k<n , то kn<n2)

¿ 12 (n

2+3 n−4 )−n+12 k⇒ d+ n+1

2 d i , j≤12 (n

2+3 n−4 ) , тобто

∑1≤i< j≤n

(d+ n+12 di , j)≤ 1

2 Cn2 (n2+3 n−4 )

, або Cn2 d+ n+1

2 D≤ 12 Cn

2 (n2+3 n−4 ) .

Щоб одержати остаточну нерівність достатньо поділити на Cn2

скористатися нерівностями n+1

n(n−1)≥1

n−1 та n2+3 n−4≤n2+3 n+2 .

3.1. Точка O –центр описаного кола гострокутного трикутника ABC . Пряма AC перетинає вдруге описане коло Δ ABO у точці X . Доведіть, що XO⊥BC .

Розв’язання. Як вписані ∠CXO =∠ABO (рис. 16) не залежно від того, точка X лежить на відрізку AC чи його продовженні за вершину A . Оскільки O центр описаного кола Δ ABC , то ∠BAO=∠ABO . Нехай Y=XO∩BC , AZ – діаметр описаного кола Δ ABC . Тоді ∠CXY =∠ ZAB , ∠YCX =∠BZA , як вписані, що спираються на однакові дуги. Тоді ∠CYX =∠ ZBA=90° , як такий що спирається на діаметр.

Рис. 16


4.1. Є країна, в якій 30 міст, деякі з яких сполучені авіарейсами. При цьому сукупність усіх рейсів задовольняє таку умову: якщо з неї прибрати будь-які 26 міст з усіма рейсами, що мають принаймні один з кінців у цих містах, то між 4 містами, що лишилися буде система рейсів, в якій з будь-якого міста можна дістатися до будь-якого іншого, можливо з пересадками. При якій найменшій кількості авіарейсів у початковій сукупності рейсів таке можливе?

Відповідь: 405 .

Розв’язання. Нехай A – вершина початкового графу з найменшою кількістю k (A ) ребер, що з неї

виходять. Якщо k (A )<27 , то ця вершина не зєднана принаймні з 3 іншими вершинами. Якщо тепер залишити лише ці 3 веошини разом з A і отримаємо не звязний граф – суперечність з умовою.

Таким чином найменша кільксть ребер 12⋅27⋅30=405 .

Покажемо, що шуканий граф з такою кількістю вершин існує. Позначимо вершини A1 , A2 , …, A29 , A0=A30 та A1=A31 . Зєднаємо кожну точку Ai з 27 точками окрім Ai−1 та Ai+1 , i=1 , 30 . Покажемо, що таий граф задовольняє умови. Припустимо супротивне, наприклад, порушується

умова звязності графу між точками Ai , A j , Ak де Al , i< j<k< l , при цьому найбільша кількість

точок розташована між Ai та Al . Тоді є ребра між такими точками Ai ↔ Ak , Ai ↔ A l та A j ↔ A l бо вони не можуть бути сусідніми. Одержана супепечність завершує доведення.

11 клас

0. Три попарно різних натуральних числа a , b , c мають добуток 320 . Якому найменшому простому числу може дорівнювати їхня сума?

Відповідь: 37 . Розв’язання. Зрозуміла, що їхня сума більше 2 , тому простим число, яким може бути їхня сума, є непарне число. Оскільки усі три числа не можуть бути непарними, бо мають добутком 320 , то там

два парних числа і одне непарне. Непарних дільників у числа 320=26⋅5 рівно два – 1 та 5 . Розглянемо ці випадки.c=1 , далі можливі такі варіанти: a=2 , b=160 , a+b+c=163 – просте. a=4 , b=80 , a+b+c=85 – не просте. a=8 , b=40 , a+b+c=49 – не просте. a=16 , b=20 , a+b+c=37 – просте, що менше від 163 . a=32 , b=10 , a+b+c=43>37 . a=64>37 ⇒ a+b+c>37 . c=5 , тут такі варіанти: a=2 , b=32 , a+b+c=39 – не просте. a=4 , b=16 , a+b+c=25 – не просте.

1. Розв’яжіть у додатних числах ( x , y , z ) систему рівнянь:

{x+ y2=2 z3 ,y+z2=2 x3 ,z+x2=2 y3 .

Рис. 17 M

A

B C

D

P

N K



Відповідь:(1 ; 1 ; 1). Розв’язання. Без обмеження загальності розгляду будемо вважати, що z≥max{ x , y }. Розглянемо такі випадки. Випадок 1. z>1 . Тоді з першого рівняння маємо, що

x+ y2≤z+z2<2 z3 – суперечність.

Випадок 2. z=1 . Тоді з першого рівняння маємо, що

2=x+ y2.

Оскільки max { x , y }≤1 , то це можливо лише за умови x= y=1 . Перевіркою переконуємось, що (1 ; 1 ; 1) – розв’язок. Випадок 3. z<1 . Але тоді для найменшої із змінних, наприклад, x , маємо, що x<1 , тоді з другого рівняння маємо:

y+z2≥x+x2>2 x3 – суперечність.

Аналогічно, якщо найменшою є змінна y .

2. У чотирикутнику ABCD AB=BC , точка K – середина сторони CD , промені BK і AD перетинаються в точці M , описане коло Δ ABM перетинає вдруге пряму AC у точці P . Доведіть, що ∠BKP=90 ° .

(Антон Тригуб)

Розв’язання. Нехай N – середина діагоналі AC , тоді NK – середня лінія трикутника Δ ACD (рис. 17). Тоді ∠(KN , NP )=∠( AM , AP )==∠(BM , BP)=∠(KB , BP) , звідки BNKP – вписаний. Тоді з рівнобедреного Δ ABC маємо, що ∠BNP=90 ° , то й ∠BKP=90 ° .

3. Задача 9.4.

4. Задача 10.4.

3.1. Задача 9.4.1.

4.1. Задача 10.4.1.

Documents

vippo.org.uavippo.org.ua/files/olimpiada/2017-2018/zavdan2018/tur28.docx · Web viewолімпіади з математики LXXІI Київська міська олімпіада