Готуємось доолімпіади зматематики · ББК 22.1я7 Г 73...

0 Готуємось до олімпіади з математики

Бібліотека журналу «Математика в школах України»

Серія заснована в 2003 р.

Харків

Видавнича група «Основа»

2007

Логічні задачі 1

Готуємосьдо олімпіадиз математики

ББК 22.1я7Г 73

Готуємось до олімпіади з математики/ Упорядн. А. Б. Веліхов(ська, О. В. Гримайло.— Х.: Вид. група «Основа», 2007.— 160 с. —(Б(ка журн. «Математика в школах України»; Вип. 2 (50)).

ISBN 978(966(333(452(3.

Посібник призначено для використання під час факультативної роботи з ма(

тематики та для підготовки до участі в математичних олімпіадах. У ньому описано

основні методи та ідеї розв’язування олімпіадних задач.

Розрахований на учнів старших класів шкіл, учителів, керівників гуртків юних

математиків.

ББК 22.1я7


Г 73

© А. Б. Веліховська,

О. В. Гримайлов, упорядкування 2007

© ТОВ «Видавнича група “Основа”», 2007ISBN 978(966(333(452(3


ВСТУП

Останнім часом значно підвищився рівень складності завдань міжнароднихолімпіад з математики. Відповідно до цього рівень Всеукраїнських, обласних, рай(онних олімпіад також змінився.

Перед кожним учителем не раз поставало завдання: як створити атмосферу нафакультативі такою, щоб вона спонукала до пошуку найоптимальніших шляхіврозв’язання поставлених перед учнем проблем; як краще підготувати учня до участів районній та обласній олімпіадах; де взяти ті евристичні задачі, які допоможуть фор(муванню навичок високого рівня сучасних школярів і будуть сприяти розвиткурозумової активності дитини, допоможуть стати їй конкурентоспроможною.

Для того, щоб бути справжнім «олімпійцем», необхідна система постійних трену(вань, які допомогли б не тільки тримати форму, а й стати справжнім чемпіоном.

Цей збірник є результатом багаторічної роботи з підготовки учнів до матема(тичних олімпіад.

Усі задачі збірника розподілені за темами. Принцип побудови кожної теми —від простого до складного. Якщо перша частина складається із задач, які маютьсвій варіант розв’язання, то задачі другої частини даються для самостійногорозв’язування. Щоб учні могли самостійно приступити до розбору вправ, кожнатема починається з теоретичних відомостей, які не завжди входять до шкільногокурсу математики. Вони значно полегшують роботу або спонукають до пошукунових ідей щодо розв’язування запропонованих задач.

Посібник розрахований на вчителів, учнів, які цікавляться математикою, їхбатьків та всіх тих, хто отримує задоволення від спілкування з царицею наук Мате(матикою.

Перед тим, як розібрати задачу, необхідно прочитати теоретичні відомості.Далі намагайтесь самостійно знайти розв’язання задачі. Може, воно буде кращим,ніж запропонований авторами. У будь(якому випадку ви отримаєте справжнє за(доволення, коли цариця наук Математика подарує вам свою посмішку. І кожнанова задача стане наступним кроком до вершин творчості.

Автори висловлюють подяку професору, завідуючому кафедрою вищої мате(матики Миколаївського державного гуманітарного університету ім. П. Могили,заслуженому вчителю України Лейфурі Валентину Миколайовичу, який був ре(цензентом книги. Дякуємо й заслуженому вчителю України, вчителю(методистуобласної школи(інтернату № 7 Колобіхіній Ларисі Федорівні за консультації татворчу підтримку.

Веліховська А. Б., Гримайло О. В.


ЛОГІЧНІ ЗАДАЧІ

1. У гаманці лежать дві монети на загальну суму 15 копійок. Одна з нихне п’ятак. Що це за монети?

Відповідь. 5 і 10 к.

2. У сім’ї троє дітей: два хлопчики і дівчинка. Їх імена починаютьсяз літер А, Б, В. Серед А та Б тільки одна є початковою літерою імені хлоп(чика. Серед Б та В тільки одна є початковою літерою імені хлопчика.З якої літери починається ім’я дівчинки?

Відповідь. З літери Б.

3. Четверо хлопців — Андрій, Борис, Василь та Григорій — змагалисяз бiгу. Наступного дня на запитання, хто яке місце посів, вони відповіли так:

А н д р і й. Я не був ні першим, ні останнім.

Б о р и с. Я не був останнім.

В а с и л ь. Я був першим.

Г р и г о р і й. Я був останнім.

Відомо, що три з цих відповідей правильні, а одна – неправильна. Хтосказав неправду? Хто був першим?

Відповідь. Неправду сказав Василь, першим був Борис. Якщо припус(тити, що неправду сказав Андрій, то вийде, що він був першим або ос(таннім, але тоді неправду сказав або Василь, або Григорій, а це суперечитьумові – неправду сказав тільки один з хлопців. Аналогічно розглядаютьсяі всі інші можливості.

4. У коробці з олівцями є олівці різної довжини і різного кольору. До(ведіть, що є два олівці, які відрізняються і за кольором, і за довжиною.

Розв’язання

Візьмемо по одному олівцю кожного кольору. Позначимо цю множи(ну через А. Якщо в цій множині є олівці різної довжини, то задачарозв’язана. Розглянемо випадок, коли в множині А всі олівці однієї дов(жини. В цьому випадку серед олівців, що не входять у множину А,є олівець з іншою довжиною. Тоді цей олівець і будь(який олівець з мно(жини А, що має інший колір, відрізняються і за кольором, і за довжиною.

5. У трьох урнах лежать кулі: у першій — дві білі, у другій — дві чорні,у третій — біла і чорна. На урнах висять таблички: ББ, ЧЧ і БЧ, але вміст

кожної з урн не відповідає табличці. Як, діставши тільки одну кулю, ви(значити, в якій урні що лежить?


Треба дістати одну кулю з урни з табличкою БЧ. Оскільки табличка невідповідає вмісту урни, то в цій урні або знаходяться дві кулі ЧЧ, або двікулі ББ. Отже, якщо дістали білу кулю, то під табличкою БЧ маємо дві білікулі, якщо дістали чорну кулю, то під табличкою БЧ маємо дві чорні кулі.В першому випадку під табличкою ЧЧ не можуть знаходитися дві білі кулі,отже, там знаходяться біла і чорна, тому під табличкою ББ знаходяться двічорні кулі. Аналогічно, у другому випадку під табличкою ББ знаходятьсябіла і чорна, а під табличкою ЧЧ — дві білі.

6. Тетянка сказала: «В Андрійка більше ста книг».Данилко заперечив: «Ні, менше».Марійка сказала: «Ну, хоча б одна книга у нього, напевне, є». Скільки

книг може бути в Андрійка, якщо з цих трьох тверджень рівно одне істинне?


Можливі три випадки: правду сказала або Тетянка, або Данилко, абоМарійка. Якщо правду сказала Тетянка, то Марійка теж сказала правду,що суперечить умові. Отже, цей випадок неможливий.

Якщо правду сказала Марійка, то Тетянка і Данилко, за умовою, по(винні сказати неправду. Це можливо, якщо в Андрійка рівно 100 книг.

Якщо правду сказав Данилко, то твердження Тетянки неправильне,а твердження Марійки теж повинно бути неправильним. Це можливо,якщо в Андрійка книг немає.

Відповідь. 0 або 100.7. Джин перетворив чотирьох розбійників у тварин.Одного — у свиню, другого — в осла, третього — у верблюда, четверто(

го — в козла.1) Ахмед — не став ні свинею, ні козлом.2) Шариф — ні верблюдом, ні свинею.3) Якщо Ахмед не був верблюдом, то Омар не був свинею.4) Абу не обернувся ні козлом, ні свинею.5) Омар – ні козлом, ні верблюдом.У кого перетворився кожен з братів?Відповідь. Омар перетворився у свиню, Шариф — у козла, Ахмед —

у верблюда, Абу — в осла.8. Червона Шапочка показала трьом поросятам п’ять беретиків — три

червоних і два білих, зав’язала їм очі і одягла на кожного по беретику.Після цього вона розв’язала Ніф(Ніфу очі й спитала його, якого кольору


в нього беретик. Ніф(Ніф не зміг відповісти. Потім вона розв’язала очіНаф(Нафу і задала йому те саме запитання. Наф(Наф також не зміг відповіс(ти. Нарешті Нуф(Нуф заявив: «Можете не знімати з мене пов’язку, я і такзнаю, якого кольору мій беретик». Якого кольору беретик Нуф(Нуфа?


Нуф(Нуф розмірковував так:1) Якби на мені та на Наф(Нафі були білі беретики, то Ніф(Ніф знав

би, що на ньому червоний, оскільки білих беретиків всього два.2) За реакцією Ніф(Ніфа, Наф(Наф зрозумів, що або на ньому, або на

мені, або на нас обох — червоні беретики.3) Наф(Наф бачить колір мого беретика, але все одно не знає, який

беретик на ньому.4) Якби на мені був білий беретик, то Наф(Наф зрозумів би, що на

ньому — червоний.5) Значить, на мені — червоний беретик.

Задачі для самостійного розв’язування

9. Іван(Царевич стоїть у підземеллі перед дверима трьох темниць.Відомо, що в одній з темниць знаходиться Василиса Прекрасна, в іншій —Змій(Горинич, а третя порожня. На першій темниці написано: «Тут Васи(лиса Прекрасна», на другій: «Ця темниця порожня», на третій: «В другійтемниці Змій(Горинич». Іван може відчинити лише одні двері. Допо(можіть Івану знайти Василису.

10. Кожний з чотирьох гномів — Беня, Веня, Геня і Женя — або зав(жди каже правду, або завжди бреше. Відбулась така розмова:

Б е н я (Вені). Ти брехун.Г е н я (Бені). Це ти брехун.Ж е н я (Гені). Вони обидва брехуни. Та й ти теж.Хто з них хто?11. Припустимо, що правильні такі твердження:а) серед людей, які мають телевізори, немає малярів;б) люди, які щодня купаються в басейні, але не є малярами, не мають

телевізорів.Чи випливає звідси, що не всі власники телевізорів щодня купаються

в басейні?12. На острові живуть тільки лицарі, які завжди кажуть правду, та бре(

хуни, які завжди кажуть неправду.а) У жителя острова спитали: «Ти лицар чи брехун?» Що можна сказа(

ти про його відповідь?


б) Яке питання треба задати жителю острова, щоб дізнатись, куди ведепевний шлях — у місто брехунів чи в місто лицарів?

в) У кімнаті було десять жителів острова і кожний сказав решті: «Вибрехуни». Чи є серед них лицарі і скільки?

г) Є три чоловіки: А, В і С, про яких відомо, що один з них — лицар,другий — брехун, а третій — не житель острова, нормальна людина, якаможе і говорити правду, і брехати.

А. Я нормальна людина.В. А і С іноді говорять правду.С. В — нормальна людина.Хто з них брехун, хто лицар, а хто — нормальна людина?13. Жителі кварталу А завжди кажуть правду, Б – завжди брешуть, В –

говорять правду через раз. Черговому пожежної частини зателефонували:«У нас пожежа!» — «Де?» — спитав він. — «У кварталі В». Куди поїхала по(жежна машина?

14. Син батька професора розмовляє з батьком сина професора, при(чому сам професор у розмові участі не бере. Чи може таке бути?

15. У черзі у шкільному буфеті стоять Юра, Коля, Саша та Олег. Юрастоїть перед Колею, але після Олега, Володя і Олег не стоять поруч,а Саша не знаходиться поруч ні з Олегом, ні з Юрою, ні з Володею. В яко(му порядку стоять хлопчики?



КОНСТРУКЦІЇ ТА ЗВАЖУВАННЯ

1. Маємо два пісочні годинники: на 7 хвилин і на 11 хвилин, яйце ва(риться 15 хвилин. Як відміряти цей час з допомогою годинників?


Поставити два годинники одночасно. Через 7 хвилин починати ввари(ти яйце. У другому годиннику пісок ще буде сипатись 4 хвилини. Післяцього перевернути другий годинник і виміряти ще 11 хвилин.

2. Сказав Змій Івану(Царевичу: «Жити тобі до завтрашнього ранку.Вранці прийдеш до мене. Я задумаю три цифри a, b, c, а ти назвеш менітри числа — x, y, z. Після цього я тобі скажу, чому дорівнює значення ви(разу ax by cz+ + . Тоді мусиш вгадати, які цифри a, b, c я задумав. Не вгада(єш — голова з пліч». Допоможіть Івану(Царевичу.


Виберемо: x =100, y =10, z =1. Оскільки a, b, c — цифри, то сума

ax by cx a b c+ + = + +100 10 співпадає з тризначним числом abc. Отже, за цією

сумою цифри a, b, c однозначно відновлюються.3. Лікар повинен оглянути трьох хворих з різними інфекційними хво(

робами. Як це зробити, якщо він має тільки дві пари гумових рукавичок?


Використавши дві пари рукавичок, лікар може оглянути двох хворих.Після чого одну з цих пар треба вивернути і вставити в ці рукавички іздругої пари. Отримаємо пару подвійних рукавичок, у якої внутрішняі зовнішня поверхні дезінфіковані.

4. Чи існують два послідовні натуральні числа такі, що сума цифркожного з них ділиться на 7?

Відповідь. Так, наприклад, 69999 та 70000.5. Чи існують декілька додатних чисел, сума яких дорівнює 1, а сума

квадратів яких менша від 0,01?Відповідь. Так, наприклад, тисяча чисел, кожне з яких дорівнює 0,001.6. За один хід число, записане на дошці, дозволяється або замінити на

подвоєне, або стерти в нього останню цифру. Спочатку на дошці було на(писане число 458. Чи можна за декілька ходів дістати число 14?

Відповідь. Наприклад, так:

458 45 90 9 18 36 72 7 14→ → → → → → → → .

7. Складіть із цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 три тризначних числа так, щобсума двох чисел дорівнювала третьому і при цьому в одного із цих чиселцифра десятків дорівнювала б 8 (кожну цифру треба використовуватиодин раз).

Відповідь. Наприклад,162 783 945+ = .8. Потяг рухався в одному напрямку 5,5 годин. Відомо, що за будь(який

відрізок часу довжиною в одну годину він покривав відстань 100 км.а) Чи правда, що поїзд рухався рівномірно?в) Чи правда, що середня швидкість поїзда дорівнює 100 км/год?


Доведемо, що потяг міг рухатись нерівномірно і його середня швид(кість не обов’язково дорівнює 100 км/год.

Розіб’ємо весь час руху потяга на 11 півгодинних інтервалів. Нехай кож(ної непарної півгодини потяг рухається так само, як і під час першої півгоди(ни, і проходить за кожні такі півгодини x км/год (0 100≤ ≤х ), а кожної парноїпівгодини він рухається точно так само, як і під час другої за рахунком півго(дини, і проходить кожної непарної півгодини ( )100− x км/год. Тоді, як би нерухався потяг перші дві півгодини – рівномірно чи ні, — за кожну годинуруху він проїде рівно 100 км.

Знайдемо тепер середню швидкість руху потяга. Відстань, яку проїдевін за всі непарні півгодинні інтервали часу, дорівнює 6x км, а відстань,що проїде потяг за всі парні інтервали, дорівнює ( )5 100− x км. Отже, за5,5 год руху потяг проїхав

( )6 5100 500x x x+ − = + (км).

Тому його середня швидкість дорівнює500

5 5

+ x

,км/год. При x ≠ 50 ця

швидкість не дорівнює 100 км/год.9. Один чоловік щомісяця записував свої прибутки і видатки. Чи може

бути так, що за будь(які п’ять місяців поспіль його загальні видатки переви(щували прибутки, а в цілому за рік його прибутки перевищили його видатки?

Відповідь. Може.Наведемо приклад: 2; 2; 2; 2; –9; 2; 2; 2; 2; –9; 2; 2. Тут виписані підряд

різниці між його прибутками та видатками за кожен місяць року. Очевид(но, що сума будь(яких п’яти послідовних чисел цього набору дорівнює –1,а в цілому за рік сума всіх чисел дорівнює 2.

10. Чи може бути так, що довжини всіх сторін одного трикутникаменші від 1 см, довжини всіх сторін другого трикутника більші від 100 м,а площа першого трикутника більша від площі другого?

Конструкції та зважування 9

Відповідь. Може.Нехай перший трикутник — правильний зі стороною 0,5 см, а другий —

рівнобедрений трикутник із основою 200 м і висотою 10–7 м. Його бічна сторо(на більша, ніж половина основи, тобто більша, ніж 100 м, а площа дорівнює

10–5 м2 і менша від площі першого трикутника, що дорівнює3

16см2.

11. Чи можна розташувати на площі шість точок і з’єднати їх відрізка(ми без само(перетинів так, щоб кожна точка була з’єднана рівно:

а) з трьома іншими точками; б) з чотирма іншими точками?

Відповідь. а) можна; б) можна.Приклади наведені на рисунках.12. На площині розміщена певна опукла фігура.

Відомо, що будь(які дві паралельні прямі, що маютьз цією фігурою кожна лише по одній спільній точці,розміщена на відстані а одна від одної. Чи обов’яз(ково задана фігура є кругом з діаметром а?

Відповідь. Не обов’язково.Наведемо приклад такої фігури.Нехай ABC – правильний трикутник. Проведемо дугу BC з центром A,

дугу кола з центром B, дугу AB з центром кола C. Легко побачити, щофігура, обмежена цими дугами, задо(вольняє умову задачі, але не є кругом.

13. Чи існує чотирикутна піраміда,дві протилежні бічні грані якої перпен(дикулярні до площини основи?

Відповідь. Існує.

Наведемо приклад такої піраміди.

Спочатку розглянемо трикутнупіраміду SABC, в якої бічне ребро SAперпендикулярне до площини основиABC. Її бічні грані SAC та SAB перпен(


S

A

N B

M C

а) б)

B

CA

дикулярні до основи. Візьмемо тепер довільні точки M і N на сторонах ACі AB відповідно. Піраміда SMNBC задовольняє умову задачі.

14. Є 9 монет, одна з них фальшива (легша від справжньої). За два зва(жування на шалькових терезах без гир знайдіть фальшиву монету.


Поділимо наші монети на три купки по три монети в кожній. Порів(няємо тепер вагу першої та другої купок. За першого зважування можливодістати два результати: або ваги зрівноважаться, або якась купка виявить(ся легшою.

Розглянемо перший випадок. Очевидно, що фальшива монета знахо(диться у третій купці. Щоб її відшукати, за другого зважування покладемо нашальки по одній монеті з цієї купки. Якщо якась монета легша від іншої, тосаме вона фальшива, а якщо монети мають рівну вагу, то третя монета —фальшива.

Розглянемо другий випадок. Очевидно, що фальшива монета знахо(диться в легшій купці. Щоб її відшукати, друге зважування проведемо таксамо, як і в першому випадку.

15. Є 101 монета. Серед них 100 однакових справжніх монет і однафальшива, що відрізняється від них вагою. Необхідно дізнатися, легша чиважча фальшива монета від справжньої. Як це зробити з допомогою двохзважувань на шалькових терезах без гир?


Покладемо на шальки по 50 монет. Якщо терези врівноважені, то всімонети справжні, тому фальшива монета та, що не на терезах. Легша чиважча вона від справжньої, визначається за другого зважування в порів(нянні зі справжньою монетою. Якщо ж за першого зважування терези неврівноважені, то візьмемо, наприклад, легші 50 монет і поділимо на двікупки по 25 монет, порівняємо вагу цих купок. Якщо їх ваги однакові, товсі ці монети справжні, й фальшива монета знаходиться у важчій купціз 50 монет. Якщо ж їх ваги не однакові, то фальшива монета легша відсправжньої.

16. Серед 20 металевих кубиків, однакових за розмірами і зовнішнімвиглядом, є алюмінієві й дюралеві (важчі). Як за допомогою 11 зважуваньна шалькових терезах без гир визначити число дюралевих кубиків?


Візьмемо два довільних кубики й порівняємо їх маси за допомогою те(резів. При цьому можуть виникнути два випадки: шальки терезів не врівно(важились або шальки врівноважились. Розглянемо перший випадок. Зро(зуміло: що серед взятих кубиків один алюмінієвий, а другий дюралевий.


Покладемо цю пару на одну шальку терезів. Розділимо ті 18 кубиків, що за(лишились, на дев’ять пар і кожну будемо порівнювати за масою з першоюпарою. Якщо досліджувана пара виявиться за масою такою ж, як і перша,то в цій парі один кубик алюмінієвий, а другий дюралевий. Якщо досліджу(вана пара буде легшою, то обидва кубики будуть алюмінієвими. Якщодосліджувана пара буде важчою, то обидва кубики цієї пари — дюралеві.Таким чином, незалежно від показань терезів, ми зможемо точно визначи(ти кількість дюралевих кубиків у кожній парі. Тому для підрахункузагальної кількості дюралевих кубиків досить десяти зважувань.

Розглянемо тепер другий випадок, коли за першого зважування шалькитерезів врівноважились. Будемо брати із 18 кубиків, що залишились, по 2і порівнювати їх із першою парою доти, поки ми не знайдемо пару з іншоювагою. Якщо ця пара виявиться важчою від першої, то всі кубики попе(редніх пар — алюмінієві, а якщо вона виявиться легшою, то всі кубики по(передніх пар — дюралеві. Тепер порівняємо між собою кубики цієї париі дізнаємось, з яких кубиків вона складається, а потім серед розглянутих ку(биків утворимо пару з різними масами. Після цього всю решту пар кубиківбудемо порівнювати з цією парою і робити відповідні висновки, як і під часрозгляду першого випадку. Таким чином, у другому випадку для підрахункузагальної кількості дюралевих кубиків досить виконати 11 зважувань.

17. Є 101 монета. Серед них 50 фальшивих. Кожна фальшива монетавідрізняється від справжньої на 1 грам. За допомогою одного зважуванняна терезах зі стрілкою (показує різницю мас на чашах) визначити, чи є мо(нета фальшивою.


Для визначення справжності монети покладемо на кожну чашу терезівпо 50 монет і знайдемо різницю їх мас. Якщо вибрана справжня монета, тосеред 100 монет, які залишились, 50 фальшивих і 50 справжніх. Якщо наодній чаші a фальшивих монет, то на ній 50− a справжніх, а на другій чашіa справжніх і 50− a фальшивих. Тому різниця мас на цих чашах дорівнює50 50 2− − = −a a a грамів, тобто є парним числом. Якщо ж вибрана фальши(ва монета, а на першій чаші k фальшивих монет, то вказана різницядорівнює 49 2− k грамів, тобто виражається непарним числом. Отже, не(парне показання стрілки вказує на фальшивість вибраної монети, а пар(ність — на справжність.


18. Розкладіть гирі вагою 1, 2, 3, …, 555 на три купки, різні за вагою.19. Замок складається із 64 однакових квадратних кімнат, що мають

двері в кожній стіні і кожна має вигляд квадрата 8 8× . Підлога в кімнатах


пофарбована в білий колір. Щоранку маляр прогулюється по замку, при(чому, коли він проходить через кімнати, то перефарбовує підлогу в нійз білого кольору в чорний, а з чорного — в білий. Чи можливо, що колисьпідлога в замку буде пофарбованою в шаховому порядку в чорний та білийкольори?

20. Чи можна число 203 подати у вигляді суми декількох натуральнихчисел так, щоб і добуток цих чисел також дорівнював 203?

21. Як розташувати на площині декілька п’ятаків, щоб кожен з них до(тикався рівно до трьох інших?

22. Зафарбуйте декілька клітинок у квадраті 10 10× так, щоб у кожнійклітинці було рівно дві сусідні за стороною зафарбовані клітинки.

23. Чи можна покрити одиничний квадрат сімома такими самимиквадратами так, щоб жодні два з них не перетиналися між собою, але ко(жен з них покривав хоч одну внутрішню точку заданого квадрата?

24. Чи можна в кубі вирізати отвір, через який пройде куб таких самихрозмірів?

25. Є 6 монет, серед яких дві — фальшиві, вони легші від справжніх. Затри зважування на шалькових терезах без гир знайдіть обидві фальшивімонети.

26. Є 10 мішків, деякі з них повністю заповнені фальшивими монета(ми, а всі інші — справжніми. Фальшива монета на один грам легша відсправжньої. Про один з мішків відомо, що він заповнений справжнімимонетами. За одне зважування на терезах зі стрілкою знайдіть всі мішки ізфальшивими монетами.

27. Є 6 гир: по дві зелених, чорних і білих. У кожній парі одна гиряважка, а друга – легка, причому всі важкі і всі легкі гирі важать однаково.За два зважування на шалькових терезах визначте всі три важкі гирі.

28. Є 16 монет, одна з яких — фальшива, однак невідомо, легша воначи важча від справжньої. За чотири зважування на шалькових терезах безгир знайдіть фальшиву монету.

29. Є 12 монет, одна з яких — фальшива, однак невідомо, легша воначи важча від справжньої. За три зважування на шалькових терезах без гирзнайдіть фальшиву монету.

30. Є 68 монет, різних за вагою. За 100 зважувань на шалькових тере(зах без гир знайдіть найважчу і найлегшу монети.



ПАРНІСТЬ. ЧЕРГУВАННЯ. РОЗБИТТЯ НА ПАРИ

1. Кінь вийшов з поля а1 і через декілька ходів повернувся на нього.Доведіть, що він зробив парну кількість ходів.

Розв’язанняЗ кожним ходом коня міняється колір поля, на якому стоїть кінь, тоб(

то має місце чергування кольорів — білого і чорного. Після першого ходукінь стоятиме на білому полі, а після останнього — на чорному полі а1.Отже, кінь має зробити парну кількість ходів.

2. На площині розміщені 11 зубчатих коліс, з’єднаних у вигляді замк(нутого ланцюжка. Чи зможуть вони всі обертатись одночасно?

Розв’язанняПронумеруємо всі колеса в порядку обходу їх уздовж ланцюжка числа(

ми від 1 до 11. Нехай перше колесо обертається за годинниковою стрілкою.Тоді всі колеса з непарними номерами будуть обертатися за годинниковоюстрілкою, а всі колеса з парними номерами — проти годинникової стрілки.Зауважимо, що будь(які два сусідні колеса повинні обертатися в протилеж(них напрямках. Але перше й одинадцяте колеса — сусідні, обертаютьсяв одному напрямку. Протиріччя показує, що всі зубчаті колесі обертатисьодночасно не можуть.

3. Чи може пряма, що містить вершини замкненої 11(ланкової лама(ної, перетинати всі її ланки?

Розв’язанняБудемо обходити контур ламаної, переходячи з кожної вершини в на(

ступну. При цьому кожного разу, коли будемо перетинати пряму, ми по(падатимемо в іншу півплощину відносно цієї прямої. Отже, має місце чер(гування. Тому, щоб обійти контур ламаної і повернутися в початковувершину, треба перетнути парну кількість ланок, але їх кількість непарна.Тому відповідь на питання задачі негативна.

4. Катруся та її друзі стали в коло. Виявилось, що обидва сусіди в кож(ної дитини однієї статі. Хлопчиків серед Катрусиних друзів п’ять. А скіль(ки дівчаток?


Якщо в когось із Катрусиних друзів сусіди – тієї ж статі, то очевидно,що всі, хто стоїть у колі, однієї статі. Тому хлопчики та дівчатка чергують(

ся і, отже, дівчаток у колі стоїть стільки ж, скільки й хлопчиків: по п’ять.Отже, серед Катрусиних друзів є чотири дівчинки.

5. Дано осьосиметричний опуклий 101(кутник. Доведіть, що вісь си(метрії проходить через одну з його вершин.


Якщо вісь симетрії не проходить через вершину, то дані 101 точка по(винні розбиватися на пари симетричних, що неможливо.

6. Чи можна опуклий 13(кутник розрізати на паралелограми?


Якщо опуклий многокутник можна розрізати на паралелограми, тойого сторони обов’язково розбиваються на пари паралельних. Але 13 сто(рін не можна розбити на пари. Тому таке розрізання неможливе.

7. Автобусні квитки мають номери від 000000 до 999999. Квиток вважа(ється щасливим, якщо сума перших трьох цифр його номера дорівнює сумірешти трьох. Доведіть, що загальна кількість щасливих квитків є парною.


Якщо у квитка abcdeh перші три цифри відповідно співпадають ізтрьома останніми, тобто abc deh= , то таких щасливих квитків стільки ж,скільки і квитків abc, тобто парне число 1000. Якщо ж abc deh≠ , то порядз щасливим квитком abcdеh буде і квиток dehabc. Отже, такі щасливі квит(ки можна розбити на пари. А тому їх загальна кількість теж є парною.

8. Петрик купив зошит обсягом 96 аркушів і занумерував сторінки:1, 2, 3. …, 192. Василько вирвав із зошита 25 аркушів (не обов’язково попорядку) і склав усі 50 чисел, які на них написані. Чи міг він дістати чис(ло 2004?


На кожному аркуші записані одне парне і одне непарне числа. Сума їхє число непарне. Тоді сума, що дістав Василько, це сума 25 непарних чи(сел, тому повинна бути непарною, а число 2004 — парне. Отже, відповідьна питання задачі негативна.

9. Добуток 22 цілих чисел дорівнює 1. Доведіть, що їх сума не дорів(нює: а) нулю, б) одиниці.


а) Легко бачити, що кожне з цих чисел дорівнює 1 або – 1. Для того,щоб їх добуток дорівнював додатному числу 1, треба, щоб кількістьвід’ємних множників була парною. З іншого боку, сума може дорівнюватинулю, якщо кількість чисел –1 дорівнює кількості чисел 1, тобто 11. Але11 — число непарне.

Парність. Чергування. Розбиття напари 15

б) Нехай сума дорівнює 1. Кількість додатних доданків дорівнює n,кількість від’ємних доданків дорівнює 22 − n. Тоді ( )1 1 22 1⋅ − − =n n , тобто2 22 1n− = . Але 2n і 22 – парні числа. Тому їх різниця не може бути не(парною.

10. Чи можна всі натуральні числа від 1 до 65 розбити на кілька груптак, щоб у кожній групі найбільше число дорівнювало сумі інших?


Припустимо, що можна. Тоді в кожній групі сума чисел є парним чис(лом, тому сума всіх чисел від 1 до 65 теж має бути парною, але сума1 2 3 65 65 33+ + + + = ⋅� — непарна. Отже, не може.

11. Дано шість чисел: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Дозволяється до будь(яких двохз них додавати 1. Чи можна зробити всі числа рівними?


Сума цих чисел дорівнює 21 і є числом непарним. Якщо до будь(якихдвох чисел додати 1, то сума всіх чисел збільшиться на 2 і залишиться не(парною. Якби вдалося всі шість чисел зробити рівними, то їх сума була бчислом парним. Отже, відповідь на питання задачі є негативною.

12. Чи можна скласти магічний квадрат із перших 36 простих чисел?


Просте число 2 — парне, всі інші прості числа — непарні. Тому в стов(пчику, де стоятиме число 2, сума чисел буде непарною, а в усіх інших сто(впчиках — парною. Отже, такого квадрата не існує.

13. У ряд виписані числа від 1 до 10. Чи можна розставити між нимизнаки «+» і «–» так, щоб значення здобутого виразу дорівнювало нулю?


Оскільки в цьому ряду непарна кількість непарних чисел, то як би мине розставили знаки, значення виразу буде числом непарним, а 0 — числопарне. Отже, не можна.

14. У банці лежать білі і чорні зернята. Навмання виймають два з них.Якщо вони одного кольору, то замість них у банку кладуть чорне зернят(ко, якщо різних — то чорне зернятко забирають, а біле кладуть назаду банку. Врешті(решт у банці залишилось одне зернятко. Якого вонокольору, якщо спочатку білих зернят було 100?


Після кожного кроку число білих і чорних зернят або не змінюється,або зменшується на 2. Тому кількість білих зернят у банці щоразу є числомпарним. Отже, залишилось лише чорне зернятко.


15. 100 фішок поставлено в ряд. Дозволяється міняти місцями будь(які дві фішки, що стоять через одну. Чи можна таким способом переста(вити всі фішки у зворотному порядку?


Занумеруємо місця, на яких стоять фішки, від 1 до 100. Зауважимо, щофішка, яка стоїть на парному місці, може перейти лише на парне місце,а фішка, яка стоїть на непарному місці, — тільки на непарне. Тому, зокре(ма, не вдається поміняти місцями фішку, що стоїть на першому місці,з фішкою, що стоїть на останньому. Звідси випливає, що переставитифішки в зворотному порядку неможливо.

16. Чи існує многогранник, у якого 777 граней — трикутники, а рештаграней — чотирикутники і шестикутники?


Припустимо, що такий многогранник існує. Позначимо кількістьйого ребер через N, кількість чотирикутних граней — через k, шестикут(них — через m. Підрахувавши ребра, маємо: 777 3 4 6 2⋅ + + =k m N, звідки777 3 2 4 6⋅ = − −N k m.

Остання рівність неможлива, тобто такого многогранника не існує.

17. Одну з вершин правильного 2004(кутника пофарбовано в чорнийколір, а решту його вершин — у білий. За один крок дозволяється вибратибудь(яку зафарбовану в чорний колір вершину та змінити колір на проти(лежний у неї та ще у двох сусідніх із нею вершин. Чи можливо за декільказазначених кроків перефарбувати всі вершини даного 2004(кутникав білий колір?


Легко бачити, що після кожного перефарбування кількість чорнихвершин змінюється на непарне число. Тому якщо вказане перефарбуван(ня можливе, то воно складається з непарного числа кроків. Позначимовершини через A

1, A2 , A3 , …, A2004 , починаючи з вершини A

1чорного

кольору. Нехай ak — кількість тих кроків, за яких центром зміни кольорівбула вершина Ak . Тоді S a a a= + + +

1 2 2004� — це загальна кількість усіхкроків, і вона, згідно з доведеним, має бути непарним числом. Але

( ) ( ) ( )S a a a a a a a a a= + + + + + + + + +1 2 3 4 5 6 2002 2003 2004� .

Тут у кожних дужках суми трьох записаних доданків співпадають із загаль(ною кількістю змін кольору відповідно у вершинах A2 , A5 , …, A2003 .Оскільки в них і спочатку, і в кінці колір буде білим, то кожна з цих сум,а з ними і S , є парною. Одержане протиріччя доводить неможливість вказа(ного перефарбування.


18. На координатній площині накреслено коло з центром у точці (0; 0)та радіусом 2004. У кожній з точок площини, що лежать всередині кола таобидві координати яких є цілі числа, сидить павук. У якийсь момент ко(жен з павуків переповзає на одиничну відстань праворуч, ліворуч, вгоруабо вниз, залишаючись всередині кола (різні павуки можуть рухатисьу різні боки). Чи обов’язково після переповзання два павуки зустрінутьсяв одній точці?


Кількість павуків всередині кола є непарним числом, бо кожний павукзмінює на одиницю одну зі своїх координат, тобто змінює парність сумисвоїх координат. Розіб’ємо павуків на дві групи: з парною сумою коорди(нат і непарною. Під час переповзання павуки з парною сумою координатзаймуть місце павуків з непарною сумою. І навпаки.

Припустимо, що після переповзання в кожній точці знову сидитьодин павук. Тоді під час переповзання кожен павук з першої групи займаємісце павука з другої групи і навпаки. Звідси випливає, що в обох групахрівні кількості павуків, і тому загальна кількість павуків парна. Це супе(речить тому, що, як було сказано раніше, загальна кількість павуків не(парна. Отже, після переповзання знайдеться точка, в якій буде не меншеніж два павуки.


19. Чи може кінь пройти з поля а1 на поле h8, при цьому побувати накожному з інших полів рівно по одному разу?

20. На дошці 25 25× розставлено 25 шашок, причому їх розташуваннясиметричне відносно діагоналі. Доведіть, що принаймні одна із шашокрозташована на цій діагоналі.

21. На прямій взяли декілька точок. Потім між кожними сусіднімивставили ще по одній точці. Так повторили декілька разів. Чи могли діста(ти всього 2004 точки?

22. Квадрат 7 7× заповнений числами так, що добуток чисел кожногорядка від’ємний. Доведіть, що добуток чисел принаймні одного стовпчикатеж від’ємний.

23. У загоні 120 осіб. Щовечора чергують троє. Чи можна скласти гра(фік чергування так, щоб кожні дві особи чергували разом рівно один раз?

24. По колу розставлено 9 чисел – 4 одиниці і 5 нулів. Щосекундиз числами проводять таку операцію: між сусідніми числами ставлять нуль,якщо вони різні, і одиницю, якщо вони рівні; після цього старі числа стира(ють. Чи можуть через деякий час всі числа стати однаковими?


25. На столі стоїть 10 склянок, перевернутих через одну догори дном.Чи можна, перевертаючи їх парами, добитися того, щоб усі склянки стоя(ли однаково?

26. До 17(значного числа додали число, записане тими ж цифрами,але у зворотному порядку. Доведіть, що хоча б одна цифра здобутої сумипарна.

27. Шахова дошка розміром 6 6× покрита 18 кісточками доміно. Кожнакісточка покриває дві клітинки дошки. Доведіть, що за довільного по(криття можна розрізати дошку на дві чистини по горизонтальній або вер(тикальній прямій, не пошкодивши жодної кісточки доміно.

28. Перестановкою цифр числа x утворене n (цифрове число «y». При

яких значеннях n сума x y+ може бути записана лише дев’ятками?29. Доведіть, що рівняння

1 1 1 1 1 11

a b c d e f+ + + + + =

не має розв’язків у непарних натуральних числах.30. На колі позначено 20 точок, які є вершинами правильного 20(кут(

ника. Після цього вони розбиті на 10 пар і в кожній парі точки з’єднанохордою. Доведіть, що якісь дві хорди мають однакову довжину.



ПОДІЛЬНІСТЬ І ОСТАЧІ

1. Доведіть, що добуток трьох послідовних натуральних чисел дiлить(ся на 6.

Розв’язанняСеред трьох послідовних натуральних чисел одне ділиться на 3 і при(

наймні одне парне. Оскільки числа 2 і 3 взаємно прості, то добуток трьохпослідовних натуральних чисел ділиться на 2 3 6⋅ = .

2. Дано p — просте число. Скільки існує натуральних чисел: а) менших за

р і взаємно простих з ним; б) менших за р2 і взаємно простих з ним?

Розв’язанняа) Оскільки число р має тільки два дільники: 1 і p, то кожне натуральне

число має тільки один спільний дільник із числом p — це число 1. Отже,всі числа, менші від p, взаємно прості з p, тому таких чисел p −1.

б) Кожне число, менше за p 2 і не кратне p, не може мати з числом p 2

інших спільних дільників, крім 1. Тому чисел, менших за p 2 і взаємно

простих з ним, має бути ( )p p p p2 21 1− − − = − . (Тут p −1 — кількість чисел,

кратних p і менших від p 2 .)

3. Яке найменше натуральне n, якщо n ! ділиться на 990?

Розв’язання990 ділиться на 11 тому, якщо n ! ділиться на 990, то n ! повинно діли(

тися на просте число 11. Якщо n <11, то n ! не ділиться на 11. Очевидно, що11! ділиться на 9, на 10 і на 11. А оскільки ці числа взаємно прості, то 11!ділиться на 990. Отже, шукане значення n =11.

4. Хлопчик написав на дошці приклад на множення двох двозначнихчисел, а потім замінив у ньому всі цифри на букви, причому однаковіцифри – на однакові букви, а різні — на різні. В результаті він діставАБ ВГ ДДЕЕ⋅ = . Доведіть, що він помилився.


ДДЕЕ Д Е= ⋅ + ⋅11 10 11. Отже, ДДЕЕ ділиться на 11. Але ні АБ, ні ВГ неділиться на 11, оскільки двозначні числа, що діляться на 11, записуютьсяоднаковими цифрами.

5. Чи може число, в десятковому записі якого використано 100 оди(ниць, 100 двійок, а решта цифр — нулі, бути точним квадратом?

Розв’язанняНі, не може, бо сума цифр цього числа дорівнює 300. Отже, воно діли(

тися на 3. Тоді, щоб число було точним квадратом, воно повинно ділитисяі на 9, але на 9 воно не ділиться.

6. Чи можна всі двоцифрові числа від 32 до 86 включно виписати у пев(ному порядку одне за одним так, щоб дістати запис простого числа?

Розв’язанняВ якому б порядку не були записані дані числа, сума цифр, що стояти(

муть на непарних місцях, дорівнюватиме 300. Сума ж цифр, які стоятимутьна парних місцях, дорівнюватиме 245. Різниця 300 245 55− = дiлиться на 11.Тому дістанемо число, яке ділиться на 11, яке не є простим.

7. Відомо, що 56 65a b= , причому a і b — натуральні числа. Доведіть, щоa b+ — складене число.


( )65 65 65 65 56 121a b a b a а a+ = + = + = .

Оскільки, 65 і 121 — взаємно прості числа, то a b+ ділиться на 121. Але121 — складене число. Тому і a b+ складене.

Важливі теоретичні відомості

1) Сума двох довільних натуральних чисел і сума їх остач при діленні надеяке натуральне число дають однакові остачі.

2) Добуток двох довільних натуральних чисел і добуток їх остач приділенні на деяке натуральне число дають однакові остачі.

8. Знайдіть остачі від ділення:а) 2003 2004 2005 2004 3⋅ ⋅ + на 7;б) 9100 на 8.

Розв’язанняа) При діленні на 7 число 2003 дає в остачі 1; 2004 — дає в остачі 2;

2005 — дає в остачі 3. Тому даний вираз при діленні на 7 дасть таку самуостачу, як і1 2 3 2 143⋅ ⋅ + = , тобто 0.

б) При діленні 9 на 8 маємо в остачі 1. Але 1 1100 = . Тому остача відділення 9100 на 8 дорівнює 1.

9. Доведіть, що n n3 2+ ділиться на 3 при будь(якому натуральному n.

Розв’язанняЧисло n при діленні на 3 дає одну з трьох остач: 0, 1, 2. Тому можливі

три випадки: n k= 3 , n k= +3 1, n k= +3 2.У першому випадку n3 і 2n діляться на 3, а тому і n n3 2+ також дi(

литься на 3.

Подільність і остачі 21

У другому випадку n3 дає остачу 1, 2n — остачу 2, а 1+2 ділиться на 3.У третьому випадку n3 дає остачу 2, 2n — остачу 1, а 2+1 ділиться на 3.Отже, задачу розв’язано.10. Визначте дві останні цифри числа 22004.

Розв’язанняПереформулюємо нашу задачу інакше: знайдіть остачу від ділення

числа 22004 на 100. Знайдемо послідовність остач від ділення на 100 чиселвигляду 2n. Вона має вигляд: 2, 4, 8, 16, 32, 64, 28, 56, 12, 24, 48, 96, 92, 84,68, 36, 72, 44, 88, 76, 52, 4, …. Бачимо, що, починаючи з другої остачі 4 дляn = 22, остачі від ділення повторюються з періодом 20. Оскільки 2004 приділенні на 20 дає остачу 4, то останні дві цифри числа 22004 такі ж, як дві ос(танні цифри числа 24, тобто 1 та 6.

11. Доведіть, що квадрати натуральних чисел при діленні на 4 можутьдавати лише остачі 0 або 1.

Розв’язанняКожне натуральне число можна подати або у вигляді n k= 2 , або у ви(

гляді n k= +2 1 (k = 0 1 2, , ,...). У першому випадку n k2 24= — ділиться на 4.

У другому — n k k2 24 4 1= + + при діленні на 4 дає в остачі 1.12. Доведіть, що квадрати натуральних чисел при діленні на 3 можуть

давати лише остачі 0 та 1.

Розв’язанняЧисло n при діленні на 3 може давати остачі 0, 1, 2.Якщо n k= 3 , то n k2 29= ділиться на 3.

Якщо n k= +3 1, то n k k2 29 6 1= + + дає в остачі 1.

Якщо n k= +3 2, то n k k2 29 12 4= + + дає в остачі 1.

13. При яких n число 2 3 4n n n+ + є точним квадратом?

Розв’язанняПри n n n n= ⋅ + + =1 2 3 4 3 2 є точним квадратом.Нехай n >1. Тоді для n k= 2 маємо, що 2 3 4 4 3 42 2n n n k k k+ + = + + при дi(

ленні на 3 дає остачу 2. При n k= +2 1 число 2 3 4 2 4 3 9 4 2 1n n n k k k+ + = ⋅ + ⋅ + +

при дiленні на 4 дає остачу 3. Отже, при n >1 число 2 3 4n n n+ + не є точнимквадратом.

14. Доведіть, що p q2 2− ділиться на 24, якщо p і q — прості числа,

більші від 3.

Розв’язанняДоведемо спочатку, що p 2 1− ділиться на 24. Оскільки 24 8 3= ⋅ , то дове(

демо окремо, що p 2 1− ділиться на 8 і ділиться на 3. ( )( )р р р2 1 1 1− = − + —

ділиться на 8, як добуток двох послідовних парних чисел.


Оскільки p k≠ 3 , то остача від ділення p 2 на 3 не дорівнює 0, але

дорівнює 1. Отже, p 2 1− ділиться на 3.

Ми довели, що p 2 1− ділиться на 24. Далі ( ) ( )p q p q2 2 2 21 1− = − − − . За

доведеним раніше ( )p 2 1− ділиться на 24 і ( )q 2 1− ділиться на 24. Отже,

p q2 2− ділиться на 24.

15. Відомо, що p, p +10, p +14 — прості числа. Знайдіть p.

Розв’язанняЯкщо p > 3, то p k= +3 1або p k= +3 2.Якщо p k= +3 1, то p k+ = +14 3 15 — ділиться на 3 і не є простим числом.Якщо p k= +3 2, то p k+ = +10 3 12 — ділиться на 3 і теж не є простим

числом.Отже, p ≤ 3, тому p = 3.16. Доведіть, що сума квадратів п’яти послідовних натуральних чисел

не є точним квадратом.

Розв’язанняСеред п’яти послідовних натуральних чисел є або три, або два парних,

квадрати яких діляться на 4. Якщо маємо два парних, то непарних чиселбуде три і квадрати кожного з них при діленні на 4 дають в остачі 1, а томусума квадратів всіх п’яти чисел дає в остачі 3.

Якщо ж парних чисел три, то непарних два і сума квадратів усіх п’ятичисел при діленні на 4 дає в остачі 2. Отже, ця сума не може бути точнимквадратом.

17. Доведіть, що куби натуральних чисел:а) при діленні на 7 можуть давати лише остачі 0, 1, 6;б) при діленні на 9 можуть давати лише остачі 0, 1, 8.

Розв’язанняа) Число n при діленні на 7 може давати остачі 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Тоді

для n3 відповідно остачі такі ж, які і остачі для чисел 03, 13, 23, 33, 43, 53, 63,тобто 0, 1, 1, 6, 1, 6, 6.

б) Доводиться так само.18. Доведіть, що число 6 33n + не може бути шостим степенем цілого

числа при жодному натуральному n.


Оскільки ( )k k6 2 3= , то досить довести, що 6 33n + не може бути кубом

натурального числа. Розглянемо остачі при діленні 6 33n + на 7. Відомо, щопри діленні на 7 число n3 може давати остачі 0, 1, 6.

Якщо n3 дає остачу 0, то 6 33n + дає остачу 3.Якщо n3 дає остачу 1, то 6 33n + дає остачу 2.


Якщо n3 дає остачу 6, то 6 33n + дає остачу 4.Отже, жодного разу при діленні 6 33n + на 7 ми не маємо остачу 0, 1, 6.

Тому 6 33n + не може бути кубом натурального числа, а тому не може бутий шостим степенем.

19. Числа x, y і z — натуральні , причому x y z2 2 2+ = . Доведіть, що xy

ділиться на 12.

Розв’язанняЯкщо з чисел x, y жодне не ділиться на 3, то z 2 дає остачу 2 при діленні

на 3, що неможливо. Отже, кожне з чисел x, у ділиться на 3.Доведемо тепер, що xy ділиться на 4. Зазначимо: 1) квадрат непарного

числа при діленні на 8 дає остачу 1; 2) квадрат парного числа, що неділиться на 4, дає остачу 4; 3) квадрат числа кратного 4 дає остачу 0.

Числа x 2 і y 2 не можуть бути обидва непарними, бо тоді їх остачі при

діленні на 8, дорівнюють 1, а остача парного числа z 2 або 4, або 0.

Якщо x 2 і y 2 обидва парні, то xy�4.

Залишилося розглянути випадок, коли серед x і y одне число парне,а друге — непарне. Нехай x — парне, y — непарне. Отже, z 2 — непарне.

Тоді при діленні на 8 z 2 дає остачу 1, y 2 — остачу 1, а x 2 — або 0, або 4.

Остача 4 неможлива, отже, x 2 дає остачу 0, а тому x ділиться на 4 і xy

ділиться на 4. Маємо: xy ділиться на 4 і на 3. Тому xy ділиться на 12.20. Знайдіть усі натуральні числа x, y, z, для яких виконується рівність

105 211 106x y z+ = .

Розв’язанняПри z ≥ 3 число106 z ділиться на 8. Оскільки105 8 13 1= ⋅ + , то при кожно(

му натуральному x число 105 x при діленні на 8 дає остачу 1. Оскільки,211 8 26 3= ⋅ + , а степені трійки при діленні на 8 почергово дають остачі 3 та1, то і в числах 211 y ці дві остачі теж будуть чергуватися. Тому при z ≥ 3 рів(ність виконуватись не може. При z =1, очевидно, рівність теж не вико(нується. Перевіримо z = 2. Оскільки 211 1062 2> , то y =1. Тоді x = 2. Отже,

x = 2, y =1, z = 2 — єдиний розв’язок задачі.21. Доведіть, що існує нескінченно багато простих чисел.


Припустимо, що це не правильно. Нехай тоді p1, p2 , …, pn — усі прості

числа. Розглянемо число p p pn1 2 1... + . Це число не ділиться на жодне з чи(сел p

1, p2 , …, pn , а тому не може бути розкладене в добуток простих чисел.

Протиріччя доводить, що простих чисел нескінченно багато.22. Доведіть, що існує таке натуральне n, що числа n+1, n+2, n+2004 —

складені.



Доведемо, що такій умові відповідає число 2005 1!+ . Зауважимо, щочисло n ! ділиться на кожне з чисел 2, 3. …, n. Тому для всіх k, для яких2 ≤ ≤k n, число n k!+ ділиться на k, тобто, є складеним. Отже, якщо вибратиn = 2005, то матимемо 2004 послідовні натуральні числа, серед яких немаєжодного простого.


1) Якщо цілі числа a і b діляться на d, то їх різниця a b− теж ділиться на d.

2) Якщо ціле число b та різниця a b− ділиться на d, то й число ( )a b a b= + −також ділиться на d.

3) Якщо цілі числа a і b діляться на d, то при будь'яких цілих x і y числоax by+ також ділиться на d.

Ці факти — основа алгоритму Евкліда.

Найбільший спільний дільник чисел a і b (a b< ) дорівнює найбільшомуспільному дільнику числа а та остачі від ділення b на a.

23. Знайдіть НСД (1381955; 690713).


Застосовуємо алгоритм Евкліда

НСД (1381955; 690713) = НСД (690713; 529) = НСД (529; 368) == НСД (368; 161) = НСД (161; 46) = НСД (46; 23) = НСД (23; 0) = 23.

24. Знайдіть ( )НСД 2 13 7n n+ +; .


( ) ( ) ( )НСД НСД НСД2 13 7 7 6 6 1 1n n n n n+ + = + + = + =; ; ; .

25. Доведіть, що дріб12 1

30 2

n

n

++

— нескоротний при жодному натураль(

ному n.


( ) ( ) ( )НСД НСД НСД30 2 12 1 12 1 6 6 1 1n n n n n+ + = + = =; ; ; , тому даний дріб

нескоротний.


26. Доведіть, що добуток довільних п’яти послідовних натуральних чи(сел ділиться на 120.

27. Скількома нулями закінчується число 2004!?


28. Доведіть, що для довільних натуральних чисел m і n справедливарівність ( ) ( )НСД НСКm n m n mn; ;⋅ = .

29. Доведіть, що n n5 4+ ділиться на 5 при довільному натуральному n.30. Числа a і b — натуральні, причому a b2 2+ ділиться на 21. Доведіть,

що воно ділиться на 441.31. Доведіть, що сума квадратів трьох натуральних чисел, зменшена на

7, не ділиться на 8.32. Якою цифрою закінчується число 777777?33. Доведіть, що 2222 55555555 2222+ ділиться на 7.34. Числа p і 8 12p + — прості. Знайдіть p.

35. Доведіть, що n n9 3− ділиться на 504 при кожному натуральному n.36. Доведіть, що сума n послідовних непарних натуральних чисел при

n >1є складеним числом.37. Доведіть, що число abcdef ділиться на 37 тоді й тільки тоді, коли

abc def+ ділиться на 37.

38. Доведіть, що існує нескінченно багато трійок цілих чисел, квадра(ти яких утворюють арифметичну прогресію.

39. Знайдіть ( )НСД 2 1 2 1100 120− −; .

40. Знайдіть НСД (111…111;11..11) — у запису першого числа — 100одиниць, у запису другого – 60.

26 Готуємось до олімпіади з математики Логічні задачі 27

ДІОФАНТОВІ РІВНЯННЯ

1. Розв’яжіть рівняння x xy y2 22 7− − = у цілих числах.


Перепишемо рівняння у вигляді ( )( )x y x у− + =2 7.

Оскільки x, y — цілі числа, то можливі такі випадки:

1)x y

x y

− =+ =

⎧⎨⎩

2 7

1

,

;2)

x y

x y

− =+ =

⎧⎨⎩

2 1

7

,

;3)

x y

x y

− = −+ = −

⎧⎨⎩

2 7

1

,

;4)

x y

x y

− = −+ = −

⎧⎨⎩

2 1

7

,

.

Розв’язавши ці системи, дістанемо розв’язки: (3; –2), (5; 2), (–3; 2),(–5; –2).

2. Додали суму, різницю, добуток і частку від ділення двох цілихчисел і дістали 450. Знайдіть ці числа.

Розв’язанняПозначимо одне з цих чисел через x, а друге – через y. Тоді

x y x y xyx

y+ + − + + =( ) 450.

Бачимо, щоx

yповинно бути цілим числом. Перепишемо наше рівнян(

ня у вигляді ( )x

yy + =1 450

2. Зауважимо, що 450 1 2 3 52 2= ⋅ ⋅ ⋅ . Тому ( )y +1

2

може набувати лише значення: 12; 32; 52; 152. Переберемо всі випадкиі дістанемо такі пари чисел: (28; 14), (100; 2), (72; 4), (–32; –16), (–200; –4),(–108; –6), (–900; –2).

3. Знайдіть у цілих числах розв’язки рівняння x y x xy y+ = − +2 2 .

Розв’язанняРозв’яжемо рівняння відносно у. Дістанемо:

yx x

=+ ± − − +1 3 1 4

2

2( ).

Оскільки корені рівняння мають бути дійсними, то 3 1 42( )x − ≤ , тобто

12

31

2

3− ≤ ≤ +x . Розв’яжемо цю нерівність в цілих числах і дістанемо x = 0,

x =1, x = 2. Для кожного з цих значень х дістанемо відповідні цілі значенняу. Остаточно матимемо такі пари: (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2).

4. Доведіть, що рівняння1 1 1

12 2x xy y+ + = не має розв’язків у нату(

ральних числах.


Нехай x0 , y0 — натуральні числа, що задовольняють це рівняння. Не(

хай для визначеності x y0 0 0≥ > . Тоді1 1 1

102

0 0 02x x y y

+ + ≥ , тобто y02 3≤ . Тому

y0 1= в рівнянні, і доходимо рівності1 1

002

0x x+ = , яка для натуральних зна(

чень x0 не виконується. Отже, вихідне рівняння не має розв’язків у нату(ральних числах.

5. Знайдіть усі прості числа, що задовольняють рівняння x y2 22 1− = .


Оскільки x y2 22 1= + — непарне, то й x — непарне. Нехай x n= +2 1,

x N∈ . Тоді ( )y n n2 22= + — парне. Звідки y — парне число. Але існує єдине

парне просте число 2. Підставимо це значення в рівняння і знаходимоx = 3. Отже, єдина проста пара, що задовольняє умову задачі — це (3; 2).

6. Сума декількох послідовних натуральних чисел, починаючи з чис(ла 1, дорівнює тризначному числу, всі цифри якого рівні. Скільки взяточисел?


Тризначне число aaa можна подати так:

aaa a a a a a= + + = = ⋅100 10 111 37 3 ,

де a — одна з цифр 1, 2, 3, …, 9. Оскільки 1 21

2+ + + =

+� n

n n( ), то

( )n n a+ = ⋅ ⋅1 2 3 37 . Отже, або n, або n+1ділиться на 37.Якщо n k= 37 , то ( )k k a37 1 6 54+ = < , звідки k =1.

Якщо n = 37, тоn n( )+

=1

2703 не задовольняє умову задачі.

Якщо n k+ =1 37 , то ( )k k a37 1 6 54− = ≤ . Тому k =1. У цьому випадкуn n( )+

=1

2666.

Отже, n = 36.

7. Розв’яжіть рівняння 3 5 7x y+ = у цілих числах.



Знайдемо спочатку який(небудь конкретний розв’язок. Оскільки

( )3 2 5 1 1⋅ + ⋅ − = , то ( )3 14 5 7 7⋅ + ⋅ − = . Отже, x0 14= , y0 7= − — один із розв’язків

даного рівняння. Тоді ( ) ( )3 5 00 0x x y y− + − = . Звідки бачимо, що x x− 0

ділиться на 5, y y− 0 ділиться на 3. Покладемо: x x k− =0 5 , y y k− =0 3 , k Z∈ .Отже, загальний розв’язок: x k= +14 5 , y k= − −7 3 , k Z∈ .8. Розв’яжіть у цілих числах рівняння 35 2004 11x y− = .


Для знаходження конкретного розв’язку скористаємось алгоритмомЕвкліда. НСД(2004; 35) = НСД(35; 9) = НСД(9; 8) = НСД(8; 1) = 1. Запи(шемо цей процес у зворотному напрямку:

( ) ( )1 8 7 1 8 7 9 8 8 8 7 9 8 35 3 9 7 9= − ⋅ = − − = ⋅ − ⋅ = − ⋅ − ⋅ =( )= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅8 35 31 9 8 35 31 2004 57 35 1775 35 31 2004.

Отже, пара (1775; 31) є розв’язком рівняння 35 2004 1x y− = . Тоді парачисел x0 1775 11 19525= ⋅ = , y0 31 11 341= ⋅ = є розв’язком рівняння

35 2004 11x y− = .

Міркуючи так, як і в попередній задачі, дістанемо загальний розв’язокрівняння: x k= +19525 2004 , y k= +341 35 , k Z∈ .

9. Розв’яжіть у цілих числах рівняння x y z x y z2 2 2 2 4 6 14+ + − + − = − .


Перепишемо задане рівняння у вигляді ( ) ( ) ( )x y z− + + + − =1 2 3 02 2 2. Те(

пер очевидно, що рівняння має єдиний розв’язок: x =1, y = −2, z = 3.10. Доведіть, що рівняння x y2 2 2006− = не має розв’язків у цілих числах.


Нехай такий розв’язок ( )x y0 0; існує. Тоді ( )( )x y x y0 0 0 0 2006− + = .

Але числа ( )x y0 0− та ( )x y0 0+ мають однакову парність. Тому їх добу(

ток — або непарне число, або число, кратне 4. Але 2006 — парне число, некратне 4.

11. Розв’яжіть у цілих числах рівняння x y z3 3 33 9+ = .


Легко бачити, що x y z= = = 0 є розв’язком даного рівняння. Доведемо,що інших розв’язків немає. Припустимо протилежне, що існують іншіцілі розв’язки. Тоді принаймні одне з чисел x, y, z відмінне від 0. Нехайp — найбільший спільний дільник x, y, z. При цьому якщо одне з них

Діофантові рівняння 29

дорівнює нулю, то будемо вважати, що p — найбільший спільний дільникдвох інших чисел. Очевидно, що два числа одночасно дорівнювати нулюне можуть. Нехай x px=

1, y py=

1, z pz=

1. Тоді принаймні в одній парі чи(

сел x1, y

1, z

1маємо взаємно прості числа. Тоді x y z

13

13

133 9+ = . З цієї

рівності випливає, що х1 ділиться на 3, тобто x x1 23= . Поділивши ліву

й праву частини на 3, матимемо 9 323

13

13x y z+ = . Тому y y

1 23= і 3 923

23

13x y z+ = .

А тому z z1 23= . Отже, серед чисел x

1, y

1, z

1немає жодної пари взаємно

простих. Суперечність доводить, що інших цілих розв’язків, крімx y z= = = 0, немає.

12. Розв’яжіть у цілих числах рівняння x y z2 2 4 1+ = − .


Розглянемо остачі від ділення лівої і правої частини на 4; x 2 та y 2 мо(

жуть давати в остачі 0 або 1, 4 1z − дає остачу —1. Оскільки сума остач, якідають x 2 та y 2 , не може дорівнювати –1, то наше рівняння розв’язків

не має.

13. Розв’яжіть у натуральних числах рівняння 3 2 1 2⋅ + =m n .


Очевидно, що n не ділиться на 3. Тому можливі випадки, коли n приділенні на 3 дає остачу 1 і коли n дає остачу 2. Розглянемо обидва випадки.

1) n k= +3 2. Тоді 3 2 1 9 12 42⋅ + = + +m k k або ( )( )2 3 4 1 3 1 12m k k k k= + + = + + .

Отже, і k +1, i 3 1k + — степені числа 2. А це тільки k = 0 і k =1.

Підходять k = 0 i k =1.

При k ≥ 2 ( ) ( )4 1 3 1 2 1k k k+ > + > + , а тому k +1 і 3 1k + не можуть одночаснобути степенями двійки. Отже, розгляд першого випадку дає розв’язки:n = 2, m =1i n = 5, m = 3.

2) n k= +3 1. Тоді 3 2 1 9 6 12⋅ + = + +m k k або ( )2 3 2 3 22m k k k k= + = + . Отже,і k, і 3 2k + — степені числа 2. Очевидно, що k =1 не підходить, а k = 2 —підходить. При k ≥ 3 маємо: 4 3 2 2k k k> + > , а тому k i 3 2k + не можуть бутистепенями числа 2. Розглянувши цей випадок, маємо ще один розв’язок:n = 7, m = 4.

14. Для фіксованого простого числа p знайдіть усі пари ( )x y; цілих чи(

сел, що задовольняють співвідношення ( )p x y xy+ = .


Перепишемо рівняння у вигляді yxp

x p=

−. Права частина – ціле число.

У правій частині дріб або скоротний, або нескоротний. Якщо він неско(


ротний, то x p− = ±1 і маємо два розв’язки: x p= +1, y p p= +( )1 і x p= −1,

y p p= − ⋅( )1 . Розглянемо випадок, колиxp

x p−скоротний дріб.

( ) ( )НСД НСД НСД( ; ) ; ;x x p x p p x p− = = − .

Тому цей дріб може бути скоротним лише на p, тобто x kp= . Тоді

ykp

k=

−1. Але ( ) ( )НСД НСДk k k; ;− = =1 1 1, тому p має ділитись на k −1, а це

можливо у таких випадках:1) k − =1 1, k = 2, x p= 2 , y p= 2 ;2) k − = −1 1, k = 0, x = 0, y = 0 ;

3) k p− =1 , k p= +1, ( )x p p= +1 , y p= +1;

4) k p+ = −1 , k p= −1 , ( )x p p= −1 , y p= −1.

15. Доведіть, що рівняння1 1 1

x y n− = ( )n N∈ має єдиний розв’язок у на(

туральних числах тоді й тільки тоді, коли n — просте число.


Якщо n pq= (p q, >1), то1 1

1

1

1n n n n=

−−

−( )і

1 1

1

1

1n p q pq q=

−−

−( ) ( ). Якщо n —

просте, то ( )n y x xy− = , отже, xy, ділиться на n, тобто x або y діляться на n.

Зрозуміло, що саме y ділиться на n, тобто y kn= . Тоді xkn

k=

+1, звідки

k n= −1, тобто існує тільки одне подання:1 1

1

1

1n n n n=

−−

−( ).


16. Розв’яжіть у цілих числах рівняння:а) x y2 214= + ;

б) x y x y2 2 2+ = + + .

17. Розв’яжіть у цілих числах рівняння:а) x y2 7 10− = ;

б)15 7 92 2x y− = .

18. Знайдіть усі розв’язки рівняння19 99 2002x y+ = у натуральних числах.

19. Учневі прислали 20 задач. За кожну розв’язану задачу він отримує8 балів, неправильно розв’язану — лише 5 балів, і задачу, яку він не бравсярозв’язувати — 0 балів. Скільки задач пробував розв’язати учень, якщо віннабрав 13 балів?

Діофантові рівняння 31

20. Знайдіть усі цілі розв’язки рівняння:а) 21 48 6x y+ = ;б)1990 173 11x y− = .21. Розв’яжіть у натуральних числах рівняння 3 7 2m m+ = .22. Чи існують натуральні числа x, y, які задовольняють рівняння

x x y3 23 2003− = + ?

23. Доведіть, що коли рівняння x y n2 2+ = має розв’язки в натуральних

числах, то й рівняння x y n2 2 2+ = також має розв’язки в натуральних чис(

лах. Чи правильним є обернене твердження?24. Знайдіть усі цілі розв’язки рівняння:а) 2 1 3x y+ = ;б) 2 1x zy+ = .25. Розв’яжіть у простих числах рівняння:а) x zy + =1 ;

б) ( )xyz x y z= + +5 .

26. Розв’яжіть у цілих числах рівнянняxy

z

xz

y

yz

x+ + = 3.

27. Знайдіть цілі розв’язки системиx y

xy z

+ =

− =⎧⎨⎩

2

12

,

.

28. Розв’яжіть у цілих числах рівняння ( )( )( )x x x x y+ + + =1 7 8 2 .

29. Доведіть, що не існує простих чисел a, b, c, d, які задовольняютьрівняння a b c d abcd2 2 2 2 4+ + + = + . Чи може це рівняння мати розв’язкив натуральних числах?

30. Розв’яжіть рівняння1 2 2! ! !+ + + =� x y .


КОМБІНАТОРИКА

1. У футбольній команді (11 гравців) треба вибрати капітана та йогопомічника. Скількома способами це можна зробити?


Є 11 способів вибрати капітана. Якщо капітана вже вибрали, то мати(мемо ще 10 способів вибрати помічника. Тоді кількість способів вибратипару дорівнює11 10 110⋅ = .

2. Скількома способами можна виставити в ряд червону, чорну, синю,зелену кульки?


На перше місце можна поставити будь(яку з чотирьох кульок, на дру(ге – будь(яку з трьох, на третє – будь(яку з двох, на четверте – останнюкульку. Тому число способів дорівнює 4 3 2 1 4 24⋅ ⋅ ⋅ = =! .

3. Алфавіт племені мумба(юмба складається із трьох букв — А, Б і В.Словом є будь(яка послідовність, що складається не більше ніж із 4 букв.Скільки слів у мові племені мумба(юмба?


Кількість однобуквених слів дорівнює 3, двобуквених — 32, трибукве(них — 33, чотирибуквених — 34. Отже, кількість усіх слів дорівнює3 3 3 3 1202 3 4+ + + = .


1) Спосіб розміщення елементів n'елементної множини у впорядкованийряд називають перестановкою із n елементів. Кількість таких перестановокпозначають Pn .

P nn = !

2) Спосіб розміщення у впорядкований ряд k елементів n'елементноїмножини називають розміщенням з n елементів по k. Кількість розміщеньз n елементів по k позначаються An

k .

( )( ) ( )A n n n n kn

n knk = − − − + =

−1 2 1�

!

( )!.

3) Спосіб вибору k елементів з множини, що містить n різних елементівбез врахування порядку цих k елементів називають комбінацією з n елементівпо k. Кількість комбінацій з n елементів по k позначають

CA

k

n

n k knk n= =

−!

!

( )! !, C Cn

knn k= − , C C C

n

knk

nk

+−= +

11 .

4. Шаховий гурток відвідують 2 дівчинки і 7 хлопчиків. Для участів змаганнях необхідно виставити команду з чотирьох осіб, в яку обов’яз(ково має увійти хоча б одна дівчинка. Скількома способами це можна зро(бити?


У команду входить або одна дівчинка, або дві. Якщо в команду входятьдві дівчинки, то двох хлопчиків до них можна додати C 7

2 способами. Якщо

в команду входить тільки одна дівчинка (її можна вибрати двома способа(ми), то команду можна доповнити трьома хлопчиками C 7

3 способами. Та(

ким чином, загальне число способів виставити команду дорівнюєC C7

2732 91+ = .

5. В одного учня є 5 книг з математики, а в другого — 6 книг з фізики.Скількома способами ці учні можуть обміняти один в одного по 3 книги?


Перший учень може C53 способами вибрати для обміну три з п’яти

своїх книжок, а другий — C 63 способами три з шести своїх. Отже, для цьо(

го обміну існує C C53

63 200⋅ = способів.

6. Скільки діагоналей в опуклому n (кутнику?


З кожної вершини опуклого n (кутника можна провести n−3 діагоналі.Але при цьому кожна діагональ буде врахована двічі. Тому матимемоn n( )−3

2діагоналей.

7. Скільки різних слів можна одержати перестановкою букв слова «ма(тематика»?


Усіх перестановок букв цього слова є 10!. Оскільки буква «а» зустрiча(

ється тричі, а букви «м» і «т» двічі, то остаточно матимемо10

3 2 2151200

.!

! ! !=

різних слів.


8. Скільки існує 6(значних чисел, у запису яких є хоча б одна парнацифра?


Знайдемо спочатку кількість 6(значних чисел, що не мають потрібноївластивості. Це ті числа, в запису яких зустрічаються тільки непарні циф(ри. Тому їх кількість дорівнює 5 156256 = . Усього 6(значних чисел, у записуяких є хоча б одна парна цифра, 900000 – 15625 = 884375.

9. На прямій визначено 10 точок, а на паралельній їй прямій — 11 то(чок. Скільки існує: а) трикутників; б) чотирикутників з вершинами в цихточках?

Відповідь. а)10 11 1045112

102C C+ ⋅ = ; б) C C

112

102 2475⋅ = .

10. Скількома способами можна вибрати з нової колоди (52 карти)10 карт так, щоб:

а) серед них був рівно один туз; б) серед них був хоча б один туз?


а) Одного туза можна вибрати чотирма способами. Якщо вилучитивсіх тузів з колоди, там залишиться 48 карт. Вибрати з них 9 карт існуєC 48

9 способів, тому шукана кількість дорівнює 4 4810C . Загальна кількість спо(

собів вибрати 10 карт з повної колоди дорівнює C5210 . Отже, шукана

кількість дорівнює C C5210

4810− .

11. Шість ящиків занумеровані числами від 1 до 6. Скількома способа(ми можна розкласти по ящиках 20 однакових куль так, щоб жодний ящикне був порожнім?


Розкладемо кулі в ряд. Розділимо цей ряд за допомогою п’яти перего(родок на шість груп. Тоді число варіантів розкладки куль по ящикахдорівнює числу способів розташування п’яти перегородок. Перегородкиможуть стати на будь(якому з 19 місць. Тому число можливих розташу(вань дорівнює C

195 .

12. Шість ящиків занумеровані числами від 1 до 6. Скількома способа(ми можна розкласти по цих ящиках 20 однакових куль (деякі ящики мо(жуть залишатися порожніми)?


Розглянемо ряд із 25 предметів: 20 однакових куль і 5 однаковихперегородок, розташованих у довільному порядку. Кожний такий рядоднозначно відповідає певному способу розкладки куль по ящиках. Тому

Комбінаторика 35

число способів розкладки куль по ящиках дорівнює числу різних рядів із20 куль і 5 перегородок, тобто C 25

5 .

13. У певному місті мережа доріг складається з прямих, паралельнихкоординатним осям. Із початку системи координат O виходить 2 x пішохо(ди. Половина з них іде за напрямком осі OX , а друга половина — за на(прямком осі OY . На кожному перехресті кожна група ділиться на дві час(тини: одна половина йде за напрямком осі OX , друга половина — занапрямком осі OY . Відомо, що в точці перетину k(ї і l(ї доріг прийшлоn пішоходів. Скільки їх вийшло з точки O?


Позначимо пункт, який розташований на перетині k(ї і l(ї доріг черезB. Для того, щоб пішохід потрапив з пункту O в пункт B, він повинен про(йти шлях, що складається із k l+ відрізків (а значить, із k l+ перехресть,включаючи перехрестя пункту B), причому серед цих відрізків l – горизон(тальних. Отже, з пункту O в пункт B люди будуть приходити різними шля(хами. Виберемо один з них і підрахуємо, скільки пішоходів пройде тількивибраним шляхом. До першого перехрестя дійде 2 2x : осіб, з них до друго(

го перехрестя дійде ( )2 2 2x : : осіб і т. д. До пункту B, тобто до k+l перехре(

стя, дійдуть лише 2 2x k l: + осіб. Очевидно, що стільки ж пішоходів будуть

приходити в пункт B й іншими l можливими шляхами. Оскільки такихшляхів C

k

l

+ 1; то в пункт B прийде C

k l

l

+ (2 2x k l: + ) осіб. За умовою задачі, це

число дорівнює n. Складемо рівнянняC

nk l

l x

k l

++

⋅=

2

2, звідки знаходимо:

22

x k l

k l

l

n

C=

⋅ +

+

. Задача має розв’язок, якщо числоn

Ck l

l

+

є степенем числа 2

з цілим показником.

14. Оргкомітет з проведення олімпіади складається з 9 осіб. Матеріалиолімпіади зберігаються в сейфі. Скільки замків повинен мати сейф,скільки ключів до них треба виготовити і як їх роздати членам комітету,щоб доступ до сейфа був можливим тоді й тільки тоді, коли збереться не

менш ніж2

3членів комітету?


За умовою, будь(які 5 членів оргкомітету не мають доступу до сейфу.Отже, для кожних 5 членів комітету знайдеться замок, який вони не змо(жуть відімкнути. При цьому різним таким п’ятіркам відповідають різнізамки (інакше відповідний замок не відімкнули б не менш ніж 6 осіб, що


входять до 2(х різних п’ятірок). Отже, сейф повинен мати не меншеC 9

5 126= замків. Далі, в кожного з 4 осіб, які не входять у дану п’ятірку

членів оргкомітету, повинен бути ключ до замка, який не може відімкнутиця п’ятірка. Отже, потрібно не менше ніж 4 5049

5C = ключі. Виготовивши

126 замків і 504 ключі до них, роздамо ключі від кожного замка 4 членаморгкомітету так, щоб різним замкам відповідали різні четвірки (їх маємоC 9

4 126= ). Тоді умови задачі будуть виконані.

15. Під час повороту аркуша паперу в його площині на 180° запис цифр0,1,8 не змінюється, запис цифр 6 і 9 переходить один у другий, а запис усіхінших втрачає зміст. Скільки існує семизначних чисел, запис яких не змi(нюється під час повороту аркуша паперу на 180°? Чому дорівнює сума всіхтаких чисел? Скільки серед них таких, що діляться на 4?


Для вибору першої цифри числа, що задовольняє умову задачі, маємо4 можливості: 1, 8, 6, 9 (ця цифра не може бути нулем), для вибору другоїі третьої — по 5 можливостей, четвертої (середньої) — 3 можливості (циф(ри 6 і 9 виключаються). Ті три цифри, що залишились, визначаються од(нозначно, оскільки число має бути центрально(симетричним. Загальнакількість чисел має бути 4 5 5 3 300⋅ ⋅ ⋅ = . Зрозуміло, що кожна з цифр 1, 8, 6,9 однаково часто зустрічається в якості першої цифри наступних розрядів.Отже, сума всіх цих чисел дорівнює:

( ) ( ) ( ) ( )1 8 6 9300

410 1 0 1 8 6 9

300

510 10 10 106 5 4 2+ + + + + + + + + + + + +

( )+ + + ⋅ =0 1 8300

310 19594602003 .

Серед інших центрально(симетричних семизначних чисел на 4 будутьділитися тільки ті, що закінчуються однією з комбінацій цифр 08, 68, 88,16, 96. Тому їх буде всього 5 5 3 75⋅ ⋅ = .


16. Скільки існує семицифрових чисел, в яких кожні дві сусідні цифрирізної парності?

17. На полиці стоїть 8 книг. Скількома способами можна вибрати3 книги, кожні дві з яких не стоять поряд?

18. A p p pmm=

1 21 2α α α... , де p

1, p2 , …, pm — прості, α α α

1 2, , ,� n — нату(

ральні числа. Доведіть, що загальна кількість натуральних дільників числа

A дорівнює( )( ) ( )α α α1 21 1 1+ + +� n .

Комбінаторика 37

19. Скількома способами можна вибрати 4 карти з колоди із 36 карттак, щоб дістати: а) одну; б) дві; в) три; д) чотири різні масті?

20. На колі вибрали n ≥ 3 точок. Однією з них є точка A. Яких опуклихмногокутників з вершинами в цих точках більше — тих, які мають верши(ною точку A, чи тих, у яких A не є вершиною, і на скільки?

21. У поштовому відділенні продаються листівки 10 видів. Скількомаспособами можна купити в ньому:

а) 12 листівок; б) 8 листівок; в) 8 різних листівок?22. Скількома способами можна розташувати в дев’яти лузах 7 білих

і 2 чорні кулі? Частина луз може бути порожньою, а лузи вважаються різ(ними.

23. Обґрунтувати за допомогою комбінацій біном Ньютона:

( )a b a C a b C a b C a b C abn nn

nn

nnn n

nn n+ = + + + + +− − − − − −1 1 2 2 2 2 2 2 1

�1 +b n .

24. Доведіть формулу C C C C C Cn n n nn

nn

nn n0 1 2 2 1 2+ + + + + + =− −

� .

25. Тура стоїть на лівому полі клітчастої смужки 1 30× і за один хідможе посунутися на довільну кількість клітинок вправо.

а) Скількома способами вона може потрапити до крайнього лівогополя?

б) Скількома способами вона може потрапити до крайнього правогополя рівно за 7 ходів?

26. Скількома способами можна розрізати намисто, що складаєтьсяз 30 намистин, на 8 частин (розрізати можна лише між намистинами)?

27. Скількома способами можна розфарбувати круг, розбитий на p рів(

них секторів, за допомогою n фарб, якщо p — просте число і кожний сек(тор фарбуємо однією фарбою? Два розфарбування, що співпадають підчас повороту круга, вважаємо однаковими.

28. На кожному борту човна мають сидіти по 4 гребці. Скількома спо(собами можна вибрати їх із 31(го претендента, якщо 10 з них хотіли бсидіти ліворуч, 12 — праворуч, а 9 — байдуже де сидіти?

29. Є 2m однакових білих кульок і 3n однакових чорних кульок.Скількома способами з них можна вибрати m n+ кульок?

30. Скількома способами можна подати 1 000 000 у вигляді добуткутрьох множників, якщо добутки, що відрізняються порядком множників,вважати різними?


ПРИНЦИП ДІРІХЛЕ

1. В ящику лежать кулі двох різних кольорів: чорного і білого. Яку най(меншу кількість куль требі взяти із ящика, не розглядаючи, так, щоб середних напевно було дві кульки одного кольору?


Дістанемо з ящика 3 кулі, оскільки кольорів 2. Тоді, за принципомДіріхле, знайдуться принаймні дві кулі одного кольору. З іншого боку,зрозуміло, що двох куль може й не вистачити.

2. Дано 12 цілих чисел. Доведіть, що серед них можна вибрати два,різниця яких ділиться на 11.


При діленні на 11 можна дістати одинадцять різних остач: 0, 1, 2, …,10. За принципом Діріхле, при діленні дванадцяти чисел на 11 знайдутьсяпринаймні два, які даватимуть однакову остачу. Тоді різниця цих двох чи(сел ділиться на 11 без остачі.


Узагальнений принцип Діріхле: якщо множина із N елементів розбитана п підмножин, жодні дві з яких не мають спільних елементів, і при цьомуN kn> , то знайдеться підмножина, що містить не менше ніж k +1 еле'мент.

3. У квадраті зі стороною 1 см взяли 51 точку. Доведіть, що деякі три із

цих точок можна накрити квадратом зі стороною1

5см.


Розіб’ємо цей квадрат на 25 менших квадратів зі стороною1

5см.

Оскільки 51 25 2> ⋅ , то в один з цих менших квадратів попаде принаймнітри точки.

4. У клітинках таблиці 3 3× розставлено числа –1; 0; 1. Доведіть, щодеякі дві із 8 сум по всіх рядках, всіх стовпцях і двох головних діагоналяхбудуть рівні.


Можливо мати лише 7 варіантів сум: –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3. Отже, запринципом Діріхле, якийсь варіант має повторитися.

5. Доведіть, що в будь(якій компанії з 5 осіб є двоє, що мають однако(ве число знайомих у цій компанії.


Можливі два випадки: коли в компанії є хтось, хто знає чотирьох осіб,і коли в компанії такого немає. В першому випадку в цій компанії немаєнікого, хто знав би 0 осіб. Отже, тоді маємо чотири варіанти знайомих: 1; 2;3; 4. У другому випадку теж маємо чотири варіанти кількості знайомих: 0; 1;2 і 3. Оскільки 5 4> , то, за принципом Діріхле, серед п’яти осіб є принаймнідві, які мають однакову кількість знайомих.

6. Доведіть, що для кожного натурального n існує число вигляду11…100..0 (спочатку записані лише одиниці, а далі — тільки нулі), якеділиться на n без остачі.


Розглянемо n+1 число вигляду 1, 11, 111, …, 11…1 (останнє записанез допомогою n+1 одиниць). При діленні на n можна мати не більше ніж nрізних остач. А тому, за принципом Діріхле, знайдуться два числа, що да(дуть однакову остачу при діленні на n.

Різниця цих чисел ділиться не n і є числом потрібного вигляду.

7. Відомо, що для простого числа p > 3, число p k записується 20(ма

цифрами. Доведіть, що принаймні три його цифри однакові.


Жодні три цифри числа p k на будуть однаковими лише тоді, коли

кожна цифра буде використана двічі. Але тоді сума його цифр повинна

дорівнювати ( )2 1 2 3 9 90+ + + + =� ; тому таке число має ділитися на 3. Але

якщо просте число p > 3, то p k не ділиться на 3.

8. Кожна точка площини пофарбована в один із двох кольорів: чорнийчи білий. Доведіть, що існує відрізок довжиною 1м, кінці якого мають од(наковий колір.


Розглянемо довільний правильний трикутник зі стороною 1 м. Запринципом Діріхле, принаймні дві вершини його будуть одного кольору.Вони і є кінцями шуканого відрізка.

9. Кожна точка площини пофарбована в один з двох кольорів: чорний чибілий. Доведіть, що існує прямокутник, усі вершини якого одного кольору.


Розв’язанняНехай a, b, c — три паралельні прямі, що лежать у даній площині.

Прямі d1, d2 , …, d9 — паралельні між собою, що перпендикулярні прямим

a, b, c. Позначимо точки перетину кожної прямої di з прямими a, b, cвідповідно Ai , Bi , C i . Існує 2 83 = варіантів розфарбування трьох точок.

А оскільки таких трійок маємо 9, то принаймні дві трійки точок пофарбо(вані однаково. Позначимо ці трійки Am , Bm , C m та An , Bn , C n .

У першій трійці принаймні дві точки мають один колір. Відповідні їмточки другої трійки мають такий самий колір. Отже, маємо чотири точкиодного кольору і ці точки є вершинами прямокутника.

10. Кожна точка площини пофарбована в білий або чорний колір. До(ведіть, що на цій площині знайдеться трикутник з кутами 30°, 60°, 90°і гіпотенузою 2 см, вершини якого однокольорові.

Розв’язанняЛегко довести, що існує відрізок довжиною

2 см, кінці якого одного кольору (задача 8).Позначимо його AB. Розглянемо правильнийшестикутник AM M BM M

1 2 3 4 .Якщо якась із вершин M

1, M 2 , M 3 , M 4 має

той самий колір, що A й B, то ця вершина разоміз A й B є вершинами шуканого трикутника.Якщо ж кожна вершина M

1, M 2 , M 3 , M 4 має

інший колір, ніж A й B, то трикутник M M M1 4 3

задовольняє умову задачі.11. У ряд виписані 2 n прості числа. Відомо, що серед них не менше

ніж n різних. Доведіть, що можна вибрати групу із чисел, що стоять поряд,так, щоб їх добуток був повним квадратом.


Для розв’язання задачі досить довести, що існує така група чисел, що сто(ять поряд, в якій кожне просте число зустрічається парну кількість разів. Не(

хай у даній послідовності { }a a a n1 2 2, ,..., зустрічається m різних простих чи(

сел p1, p2 , …, pm . За умовою m n> . Позначимо C ij степінь числа pi (1≤ ≤i m),

в якому це число входить у добуток a a a j1 2 ... перших j простих чисел даноїпослідовності, 1 2≤ ≤j n . Нехай dij — остача від ділення C ij на 2: C l dij ij ij= +2 ,

dij може набувати значення 0 або 1. Кожен набір вигляду ( )d d dj j mj1 2, ,...,

складається з m нулів і одиниць, усього таких наборів 2 n , оскільки 1 2≤ ≤j n .

Зазначимо, що всього існує 2 m різних наборів( )d dm1,..., , де

{ }d

i∈ 0 1;. Оскільки

2 2m n< за умовою, то серед побудованих 2 n наборів знайдуться два однакові

ПринципДіріхле 41

M 1 M 2

M 4 M 3

BA

( ) ( )d d d d d dj j mj k k mk1 2 1 2, ,..., , ,...,= ,

для яких1 2≤ ≤ ≤j k n . Тому d dij ik= для всіх1≤ ≤i m. Звідки маємо, що

( ) ( ) ( )C C l l d d l lik ij ik ij ik ij ik ij− = − + − = −2 2

ділиться на 2 при кожному1≤ ≤i m. Зазначимо, що за визначенням C ij числоpi зустрічається в добутку

a a aa a a

a a aj j k

k

j+ + =

1 2

1 2

1 2

......

...

рівно C Cik ij− разів. Тому кожне число p j входить у добуток a a aj j k+ +1 2

...

у парному степені, тобто a a aj j k+ +1 2

... – точний квадрат.

12. Доведіть, що для будь(якого натурального числа m знайдуться цiлі

числа a і b такі, що | |a m≤ , | |b m≤ та 0 21 2

2< + <

++

a bm

.


Розглянемо множину чисел { }S a b a m b m a b= + ≤ ≤ ≤ ≤ ∈2 0 0, , , , Z .

Усі числа множини S різні (інакше дістанемо, що 2 подається у вигляді

відношення цілих чисел), їх кількість ( )m+1 2 . Усі вони лежать на числово(

му відрізку [ ]0 2;m m+ і розбивають цей відрізок на ( )m m m+ − = +1 1 22 2 час(

тин, причому серед цих частин є різні. Тому довжина найменшої з цих

частин строго менша, ніжm m

m m m

++

=+

+2

2

1 2

22 . Нехай цей найменший про(

міжок утворений числами a b1 1

2+ та a b2 2 2+ , a b a b1 1 2 22 2+ < + . Тоді

( ) ( )0 2 2 21 2

22 2 1 1 2 1 2 1< + − − = − + − <

++

a b a b a a b bm

і числа a a a= −2 1, b b b= −2 1

задовольняють умову задачі.


Часто принцип Діріхле застосовують в якій'небудь геометричній формі,наприклад:

а) якщо відрізок довжиною l розбито на n відрізків, що не мають спільних

внутрішніх точок, то довжина найбільшого відрізка не менша відl

n, а довжи'

на найменшого відрізка не більша заl

n;


б) якщо на відрізку довжини l розташовано декілька відрізків, сума довжиняких більша від l, то принаймні два з цих відрізків мають спільну точку;

в) якщо всередині фігури з площею S розташовано декілька фігур, сумаплощ яких більша за S, то принаймні дві з цих фігур мають спільну точку.

13. Усередині квадрата зі стороною 1 розташовано декілька кіл, сумадовжин яких дорівнює 10. Доведіть, що існує пряма, яка перетинає при(наймні чотири із цих кіл.


Спроектуємо всі кола на одну зі сторін квадрата. Проекцію кола дов(

жини l є відрізок довжиниl

π. Тому сума довжин проекцій усіх даних кіл

дорівнюватиме10

π. Але

10

π>3. Отже, на стороні квадрата знайдеться точ(

ка, яка належить принаймні чотирьом проекціям. Тому пряма, що про(ходить через цю точку перпендикулярно до сторони квадрата, перетнепринаймні 4 кола.

14. У квадраті з площею 6 розташовані три прямокутники, кожний ізплощею 3. Доведіть, що площа спільної частини принаймні двох із прямо(кутників не менша від 1.


Нехай S12

, S13

, S 23 відповідно площі спільних частин першого і друго(го, першого і третього та другого і третього прямокутників. Тоді разом ці

прямокутники покривають площу, не меншу за ( )3 312 13 23⋅ − + +S S S , де

3 3 9⋅ = — сума площ даних прямокутників (величину S S S12 13 23+ + слід

відняти, щоб не враховувати двічі площі спільних частин). Оскільки всітри прямокутники помістились у квадраті з площею 6, то

( )9 612 13 23− + + ≤S S S .

Тому S S S12 13 23 3+ + ≥ . А отже, принаймні одне з чисел S

12, S

13, S 23 не мен(

ше ніж 1.15. Доведіть, що в кожному дев’ятикутнику існує пара діагоналей, кут

між якими менше ніж 7°.


Усього в дев’ятикутнику ( )9 6 2 27⋅ =: діагоналей, оскільки з кожної вер(шини виходить по 6 діагоналей. Проведемо через довільну точку О пло(щини 27 прямих, паралельних діагоналям дев’ятикутника. Ці прямі роз(бивають повний кут у 360° на 54 частини. Якщо серед 54 таких кутів немає


кута, меншого за 7°, то сума всіх кутів є більшою, ніж 7 54 368 360o o o⋅ = > .Тому існує кут, менший за 7°. Оскільки при паралельному перенесенніпрямих кут між ними не змінюється, то твердження задачі доведено.

16. На аркуші паперу знаходиться клякса невизначеної форми із пло(щею, меншою за 1 см2. Доведіть, що на кожному аркуші можна побудува(ти систему координат із одиницею в 1 см так, що жодна точка з обомацілочисловими координатами не лежатиме на кляксі.


Розглянемо спочатку довільну систему координат із одиницею 1 см.

Кожній точці M клякси із координатами ( )x y; поставимо у відповідність

точку P із координатами { } { }( )x y; , де { } [ ]x x x= − — дробова частина чис(

ла х. Зрозуміло, що всі точки P опиняться в одиничному квадраті, причо(му площа фігури, складеної з точок P, не перевищить площі клякси,складеної з точок M . Отже, всередині цього одиничного квадрата знай(деться точка, яка не співпадає з точкою P. Виберемо її за початок новоїсистеми координат з осями, паралельними осям попередньої системи.Очевидно, що побудована таким чином система координат буде шуканою.

17. Доведіть, що останні цифри членів послідовності Фібоначчі, почи(наючи з певного місця, періодично повторюються. (Послідовністю Фібо(

наччі називається послідовність натуральних чисел ( )un , така, що

u u1 2 1= = , а для будь(якого n > 2 u u un n n

= +− −2 1).


Позначимо через an останню цифру числа un й розглянемо послi(

довність пар ( )a a1 2; , ( )a a2 3; , ( )a a3 4; , … . Оскільки число пар нескінчен(

не, а число різних пар не більше ніж 102, то знайдуться такі k і p, щоa ak p= , a a

k p+ +=1 1

. Оскільки значення ak+ 2

повністю визначається зна(ченнями ak та a

k+ 1, для будь(якого i k≥ маємо: a ai i p k

= + − .18. Доведіть, що в послідовності Фібоначчі є число, яке ділиться на 2004.


Позначимо через an остачу від ділення un на 2004. Розглянемо послiдов(

ність пар остачі ( )a a1 2; , ( )a a2 3; , ( )a a3 4; , …. Кількість таких різних пар

дорівнює 20042, а загальна кількість пар нескінченна. Тому в цій послiдовностізнайдуться дві однакові пари. Тобто для деяких k і p (k p< ) будуть мати місцерівності a ak p= , a a

k p+ +=1 1

. Тому a ak p− −=

1 1, a ak p− −=2 2 , …, a a

p k2 2= − + ,

a ap k1 1

= − + . Оскільки a an11= = , то u

p k− + 2та u

p k− + 1при діленні на 2004 дають

однакові остачі. Тому число u u up k p k p k− − + − += −2 1

ділиться на 2004.


19. У правильному 9(кутнику одні вершини пофарбовані білим, а ін(ші — чорним кольором. Доведіть, що існують два рівні трикутники (з вер(шинами, що є вершинами даного 9(кутника), вершини кожного з яких за(фарбовані в один колір.


Із 9 вершин, зафарбованих у два кольори, принаймні п’ять мають од(наковий колір. Можна вважати, що цей колір – білий. П’ять білих вершинутворюють C5

3 10= одноколірних (білих) трикутників. Зауважимо, що по(

ворот на кут2

9

kπ, k = 0 1 8, ,..., відносно центра О даного 9(кутника не міняє

множини M вершин цього 9(кутника. Тому після повороту кожного із

10 білих трикутників на кут2

9

kπ, 0 8≤ ≤k відносно O ми дістанемо 10 9 90⋅ =

трикутників з вершинами у множині M . Усі вони не можуть бути різними,оскільки загальна кількість різних трикутників з вершинами у множині Mдорівнює C 9

3 78 90= < . Отже, знайдуться два білі трикутники Δ1

і Δ 2 , які

після декількох поворотів суміщаються з одним і тим самим трикутни(ком Δ. Зауважимо, що трикутники Δ

1і Δ 2 рівні, але різні. Дійсно, два одна(

кові трикутники не можна дістати різними поворотами (які ми використову(вали) із одного і того ж трикутника. Оскільки кожен трикутник Δ

1і Δ 2

суміщається після повороту самого з трикутником Δ, то і Δ 2 можна дістати ізΔ

1за допомогою деякого повороту. Отже, трикутники Δ

1і Δ 2 — шукані.


20. Доведіть, що серед будь(яких трьох цілих чисел можна знайти два,сума яких ділиться на 2.

21. Доведіть, що серед будь(яких 10 цілих чисел можна вибрати однечи декілька, сума яких ділиться на 10.

22. 10 школярів на олімпіаді розв’язали 35 задач, причому відомо, щосеред них є школярі, які розв’язали рівно одну задачу, школярі, якірозв’язали рівно дві задачі, і школярі, які розв’язали рівно три задачі. До(ведіть, що є школяр, який розв’язав не менше ніж п’ять задач.

23. Усередині правильного шестикутника зі стороною 3 см довільнорозміщено 55 точок, жодні три з яких не лежать на одній прямій. Доведіть,що серед них знайдуться три точки, що утворюють трикутник, площа яко(

го не перевищує3

4см2.

24. У класі 25 учнів. Серед будь(яких трьох із них двоє дружать між со(бою. Доведіть, що є учень, у якого не менше ніж 12 друзів.


25. На площині дано шість точок, жодні три з них не лежать на однійпрямій. Будь(які дві точки з’єднано відрізком, кожен відрізок пофарбова(но або в червоний, або в синій колір. Доведіть, що знайдеться трикутникз вершинами в даних точках, усі сторони якого мають один колір.

26. Площина розфарбована в 100 кольорів. Доведіть, що знайдетьсяпрямокутник з вершинами одного кольору.

27. Із аркуша клітчатого паперу розміром 29 29× вирізали 99 квадра(тиків, кожен з яких складається із чотирьох клітинок. Доведіть, що можнавирізати ще один такий самий квадратик.

28. Комісія з 60 осіб провела 40 засідань, причому на кожному булиприсутні рівно 10 членів комісії. Доведіть, що якісь два члени комісіїзустрічались на засіданнях хоча б двічі.

29. На числовій прямій взято інтервал довжиною, меншою від1

n(n —

натуральне). Доведіть, що в цьому інтервалі міститься не більше ніжn+1

2

нескоротних дробів виглядуp

q, де p та q — цілі числа,1≤ ≤q n.

30. З натуральним числом k проводиться така операція: спочатку йогорозкладають на прості множники k p p pn=

1 2, ,..., (не обов’язково всірізні), а потім знаходять суму p p pn1 2 1+ + + +� . Із здобутим числом прово(дять таку саму операцію і т. д. Доведіть, що здобута числова послідовністьз якогось моменту буде періодичною.

31. Під кожним членом послідовності Фібоначчі напишемо три ос(танні його цифри (якщо цих цифр менше ніж три, число доповнюєтьсязліва нулями): 001, 001, 002, 003, 005, 008, 013, 021, 034, … Доведіть, щоздобута послідовність періодична.

32. У колі з радіусом 1 проведено декілька хорд так, що кожен діаметрперетинає не більше ніж чотири із них. Доведіть, що сума довжин хорд неперевищує 13.

33. На відрізку довжиною 10 декілька менших відрізків, що не перети(наються, пофарбовані в червоний колір, причому жодні дві червоні точкине знаходяться на відстані 1. Доведіть, що сума довжин зафарбованихвідрізків не перевищує 5.

34. У колі з радіусом 1 проведено кілька хорд, сумарна довжина якихбільша за 7 π. Доведіть, що знайдеться діаметр, який перетинає не меншеніж вісім хорд.

35. Усередині круга з радіусом 16 розміщено 650 точок. Доведіть, щознайдеться кільце шириною 1 і внутрішнім радіусом 2, яке містить не мен(ше ніж 10 з цих точок.

46 Готуємось до олімпіади з математики ПринципДіріхле 47

ІНВАРІАНТИ. РОЗФАРБУВАННЯ

1. На дошці записано 11 чисел — 6 нулів і 5 одиниць. Дозволяється10 раз виконати таку операцію: закреслити будь(які два числа і якщо вонибудуть однакові, то дописати до тих чисел, що залишились, один нуль,а якщо різні — одиницю. Яке число залишиться на дошці?

Розв’язанняПісля кожної операції сума всіх дописаних чисел змінюється на 0 або

на 2, тому її парність не змінюється. Оскільки на початку сума була непар(ною, то й останнє число, що змінюється на дошці, має бути непарним,тобто 1.

2. Дано таблицю 3 3× (рис.). Дозволяється змінюватизнак одночасно у всіх клітинках одного рядка або одногостовпчика. Чи можна дістати таблицю з самими плюсами?

Розв’язанняЗамінимо плюси на 1, а мінуси — на –1. Тоді добуток чисел у чотирьох

кутових клітинках дорівнює –1 і з кожною операцією не змінюється.Отримати таблицю з самими плюсами неможливо.

3. Автомат розмінює одну монету на п’ять інших. Чи можна за йогодопомогою розміняти металеву гривню на 26 монет?


Після кожного розміну кількість монет зменшується на 4. Тому щора(зу остача від ділення кількості наявних монет на 4 не змінюєтьсяі дорівнює 1. Але остача від ділення 26 на 4 дорівнює 2. Тому такий розміннеможливий.

4. У Змія(Горинича 2004 голови. Ілля Муромець одним ударом мечаможе відрубати точно 1, 15, 31 або 45 голів, але при цьому у Змія виростає10, 33, 4 або 0 голів. Чи зможе богатир перемогти Змія(Горинича?


Щоразу після удару меча кількість голів у Змія буде змінюватись начисло, кратне 9. Тому щоразу остача від ділення числа голів на 9 не зміню(ватиметься і буде дорівнювати 6. Отже, число голів Змія не зможе дорів(нювати 0, оскільки 0 ділиться на 9 без остачі. Тому перемогти Змія(Гори(нича неможливо.

+ + –

– + +

+ – +

5. На дошці написано числа 1, 2, 3, …, 19, 20. Дозволяється стертибудь(які два числа a і b і замість них написати число a b+ −1. Яке числоможе залишитись на дошці після 19 таких операцій?


Щоразу після кожної операції сума всіх чисел на дошці зменшуєтьсяна 1. Тому після 19 таких операцій на дошці буде число

1 2 20 19 191+ + + − =� .

6. Дано три числа 2, 2,1

2. Дозволяється будь(які два з них замiнити

її сумою та різницею, поділеними на 2. Чи можна після декількох таких

операцій отримати числа 1, 2,1 2+ ?


Позначимо через а, b, с трійку чисел, що дістали після якоїсь операції.

Тоді після наступної операції можемо дістатиa b+

2,

a b−2

, c. Оскільки

a b a bc a b c

+⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ +

−⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + = + +

2 2

2 2

2 2 2 2 ,

то після кожної операції сума квадратів трьох чисел не змінюється, тобтоє інваріантом.

( ) ( ) ( )2 21

21 2 1 2

22

2

22 2

+ +⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ ≠ + + + .

Тому відповідь на питання задачі негативна.7. На дошці написане число 8 n . У нього обчислюється сума цифр,

у обчисленого числа знову обчислюється сума цифр, і так далі, до тогомоменту, поки не дістанемо однозначне число. Що це за число, якщо:а) n = 2004; б) n = 2005?


Скористаємось тим, що в сумі цифр остача від ділення на 9 та сама,що й у самого числа. Якщо n — непарне, то остача від ділення 8 n на 9дорівнює 8, якщо n — парне, то остача дорівнює 1. Тому у випадкуа) дістанемо число 1, а у випадку б) — число 8.

8. Пару чиселa

b

c

d;

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ одним елементарним перетворенням дозволя(

ється замінити на одну із парa b

b

c d

d

a b

b

c d

d

b

a

c

d

+ +⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ − −⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ ⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟; , ; , ; , причому


скорочення у здобутих дробах не допускаються. Чи можна таким спосо(

бом із париa

b

c

d;

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ дістати пару

1

4

3

2;

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ ?


Ні, не можна, бо якщо пара виглядуa

b

c

d;

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ переходить у пару

m

n

p

q;

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟,

то в кожному з трьох можливих випадків справджується рівність

| | | |mq nq ad bc− = − .

Але | | | |1 2 4 3 1 4 2 3⋅ − ⋅ ≠ ⋅ − ⋅ .

9. На координатній площині є чотири точки з цілими координатами.Дозволяється замінити будь(яку з цих точок на точку, симетричну їйвідносно будь(якої іншої з цих точок. Чи можна за декілька операцій пе(рейти від точок (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 1) до точок з координатами (0; 0),(1; 1), (3; 0), (2; – 1)?


Очевидно, що можливість переходу від першої четвірки точок додругої рівносильна можливості переходу від другої четвірки точок допершої. У другої четвірки різниця координат кожної точки дорівнює 0 або3, тобто ділиться на 3.

Якщо точка ( )M x y2 2 2; симетрична точці ( )M x y1 1 1

; відносно точки

( )M x y0 0 0; , то їхні координати зв’язані рівностями

xx x

0

1 2

2=

+, y

y y0

1 2

2=

+,

звідки дістаємо:

x x x2 0 12= − , y y y2 0 1

2= − , ( ) ( )x y x y x y2 2 0 0 1 12− = − − − .

Звідси видно, що коли різниці координат x y− якихось двох точок діляться на3, то й різниця координат третьої теж ділиться на 3. Тому, виходячи з другоїчетвірки точок, не можна дістати точки (0; 1), (1; 0).

10. На столі лежить купа із 2004 каменів. Хід полягає в тому, щоз якої(небудь купи, що містить більше ніж один камінь, один викидають,а потім купу ділять на дві. Чи можна через декілька ходів залишити настолі тільки купи, що складаються з трьох каменів?


Будемо розглядати величину S , що дорівнює сумі кількості наявнихкаменів і кількості куп. Очевидно, що вона не змінюється після кожного

Інваріанти. Розфарбування 49

ходу і S = 2005. Якщо припустити, що на столі можуть залишитися тількиk куп по 3 камені, то тоді S k k k= + =3 4 , отже, S повинно ділитися на 4, але2005 не ділиться на 4, тому відповідь на питання задачі негативна.

11. У кожній клітинці клітчатої дошки 7 11× сидить жук. У певний мо(мент усі жуки переповзають в одну із сусідніх клітинок, що мають з нимиспільну сторону. Доведіть, що після цього якась клітинка буде порожньою.

Розв’язанняРозфарбуємо дошку так, як пофарбована шахова дошка. Тоді кожна

клітинка матиме з сусідніми тільки клітини, пофарбовані в протилежнийколір. Оскільки всього клітинок 77, то матимемо 39 клітинок одного кольо(ру і 38 другого. Нехай для визначеності білих клітинок 39. Тоді 39 жуків,які сиділи на білих клітинках, мають переповзти у 38 чорних клітинок.Тому знайдеться клітинка, на якій будуть сидіти принаймні два жуки,а тому знайдеться і порожня клітинка.

12. Куб розбито на 27 однакових кубиків. У початковий момент жукзнаходиться в центральному кубику. З кожного кубика жук може перехо(дити до сусіднього, що має з ним спільну грань. Чи зможе жук обійти всікубики, побувавши в кожному по одному разу?

Розв’язанняПерефарбуємо всі кубики в білий та чорний кольори в шаховому по(

рядку так, щоб центральний кубик був білим. Тоді білих кубиків 13,а чорних 14. Під час переходу жук змінює колір кубика на протилежний.Тому, починаючи з білого, він має закінчити обхід теж у білому, тобтопобувати в білих кубиках 14 раз. Отже, відповідь на запитання задачі не(гативна.

13. Дно прямокутної коробки викладено плитками розміром 2 2× та1 4× . Плитки висипали із коробки і загубили одну плитку 2 2× . Замість неїдістали плитку1 4× . Доведіть, що викласти дно коробки плитками тепер невдасться.

Розв’язанняПофарбуємо дно коробки в білий та чорний

кольори, як показано на рисунку. Тоді кожнаплитка 2 2× покриває одну чорну клітку, а плитка1 4× – 2 або 0. Парність кількості кліток 2 2× по(винна співпадати з парністю кількості чорнихклітин. Тому викласти дно коробки тепер не вда(сться.

14. Доведіть, що дошку 6 6× не можна покрити дев’ятьма плитка(ми 4 1× .


Розв’язанняРозфарбуємо дошку в 4 кольори, як

показано на рисунку. Які б клітинки непокривала плитка, вони матимуть різнікольори. Але тоді для того, щоб 9 плитокпокрили всю дошку, клітинок кожногокольору теж повинно бути 9. Перевіркоювстановлюємо, що це не так.

15. Квадратне поле розбито на 100 однакових квадратних ділянок, 9 ізяких заросли бур’янами. Будь(яка інша ділянка заростає бур’янами тодій тільки тоді, коли в бур’янах опиняється принаймні дві сусідні (черезмежу) ділянки. Доведіть, що за таких умов все поле не зможе заростибур’янами.


Можливі 4 принципово різні розташування незабур’яненої ділянки Ав оточенні не менше ніж двох забур’янених ділянок:

Межі ділянки A з її забур’яненими сусідами позначені пунктирними лi(ніями. Якщо а — довжина сторони однієї ділянки, то сума периметрівзабур’янених «сусідів» ділянки А відповідно дорівнюють 8a, 8a, 12a, 16a.Після забур’янення ділянки А периметр нової критичної площі не збіль(шується. На початку периметр дев’яти таких ділянок не перевищував 36a.А периметр усього поля дорівнює 40a. Отже, все поле зарости бур’яном неможе.

16. У вершинах куба розставлені числа: 7 нулів і одна одиниця. За одинхід дозволяється додати по одиниці до чисел у кінцях довільного ребра куба.

а) Чи можна за декілька ходів домогтися того, щоб усі числа сталирівними?

б) Чи можна домогтися того, щоб усі числа ділилися на 3?


а) Не можна, бо на кожному кроці до загальної суми додається чис(ло 2. Тому сума всіх записаних чисел залишається непарною, а число всіхвершин куба парне.

б) Пофарбуємо в білий колір вершину, де стоїть число 1 і ще три верши(ни так, щоб жодні дві білі вершини не були з’єднані ребром. Інші чотири


AAA A

1 2 3 4 1 2

2 3 4 1 2 3

3 4 1 2 3 4

4 1 2 3 4 1

1 2 3 4 1 2

2 3 4 1 2 3

вершини пофарбуємо в чорний колір. Тоді різниця сум чисел, записаниху білих вершинах, і сум чисел, записаних у чорних вершинах, дорівнює 1і не буде змінюватись після кожного ходу. Якби всі числа ділилися на 3, тоця різниця була б кратною 3, а 1 на 3 не ділиться.

17. У вершинах куба записані певні числа. Кожне з чисел замінили се(реднім арифметичним трьох сусідніх (через спільні ребра), причому всізаміни проводяться одночасно. Після 2004 таких операцій у кожній вер(шині виявилось початкове число. Чи обов’язково всі початкові числа булирівні між собою?

Розв’язанняПофарбуємо вершини куба в білий та чорний кольори так, щоб кожне

ребро куба мало різнокольорові кінці. Запишемо в білих вершинах деякечисло a, а в чорних b a≠ . При цьому для кожного числа a сусідніми будутьb, а для b сусідніми будуть a. Тоді після кожного ходу всі числа a та b будутьмінятися одне на одне. Тоді після кожного парного ходу в кожній вершинікуба знову буде початкове число. Отже, початкові числа не обов’язковоповинні бути рівними між собою.

18. Правильний трикутник зі стороною n розбито прямими, паралельни(ми сторонам трикутника на n2 правильних трикутників зі стороною 1. Посторонах здобутих трикутників проведена незамкнена ламана, що проходитьчерез усі вершини трикутників точно по одному разу. Доведіть, що не меншеніж n пар сусідніх ланок ламаної утворюють між собою гострий кут.

Розв’язанняРозфарбуємо трикутни(

ки в чорний та білий коль(ори, як показано на рисун(ку. Кожна ланка ламаноїпроходить по стороні чор(ного трикутника. Маємоn n2 3 2

2

+ +вершин, тому ла(

мана маєn n2 3

2

+ланок.

Усього чорних трикутниківn n2

2

+, тому не менше ніж n

з них містять по парі ланок.Ці пари ланок утворюютьгострий кут 60°.


19. На площині задано 2004 точки і коло з радіусом 1. Доведіть, що наколі знайдеться точка, сума відстаней від якої до заданих точок не меншаза 2004.


Розглянемо дві довільні діаметрально протилежні точки на колі.Відстань між ними дорівнює 2. Тому для довільної точки площини сумавідстаней від 2004 точок до двох вибраних точок не менша за 2 2004⋅ . Отже,принаймні для однієї точки на колі сума відстаней не менша за 2004.


20. Хулігани Василько і Андрійко порвали стінгазету, причому Ва(силько кожен шматок розривав на 8 частин, а Андрійко — на 15 частин.Під час спроби зібрати стінгазету знайшли 2004 обривки. Доведіть, щознайшли не всі обривки.

21. В алфавіті племені УАУ всього дві літери: У та А. Два слова вважа(ються однаковими, якщо одне з них можна одержати з іншого за допомо(гою таких операцій: а) вилучення сполучення УА з будь(якого місця слова;б) вставлення сполучення АУ або УУАА на будь(яке місце. Чи є однакови(ми слова УАА та АУУ?

23. Петрику подарували набір «Юний паркетник» із 12 прямокутників1 3× . Хуліган Сергійко замінив один з прямокутників на кутик з трьохкліток. Чи зможе Петрик скласти квадрат 6 6× ?

24. Для числа 19971997 підрахували суму його цифр. У здобутому числізнову підрахували суму цифр і т. д. аж поки не дістали одноцифрове чис(ло. Знайдіть це число.

25. На дошці записано числа 1, 2, …, 20. Дозволяється стерти будь(якідва числа a і b і замінити їх на число ab a b+ + . Яке число може залишитисьна дошці після 19 таких операцій?

26. У пробірці знаходяться марсіанські амеби трьох типів: A, B, C. Двіамеби будь(яких двох різних типів можуть злитися в одну амебу третьоготипу. Після певної кількості таких зливань в пробірці виявилась одна аме(ба. Який її тип, якщо відомо, що спочатку амеб типу A було 20, типу B — 1та типу C — 22?

27. На кожному з 44 дерев, що розміщені по колу, сидить один горо(бець. Час від часу якісь два горобці перелітають на сусіднє дерево — одинза годинниковою стрілкою, а другий — проти. Чи зможуть усі горобцізібратися на одному дереві?

28. Чи можна прямокутник 8 9× розрізати на прямокутники1 6× ?


29. Десять шашок розмістили в ряд. Чи можна розташувати їх у зво(ротному порядку, якщо дозволяється міняти місцями будь(які дві шашки,які стоять через дві?

30. У трьох вершинах квадрата сидять коники. Вони починають гратив довгу лозу, перестрибуючи один через другого, причому на таку жвідстань, яка була між ними до стрибка. Чи може один з коників опини(тись у четвертій вершині квадрата?

31. Круг розбитий на 6 секторів, в які поставлені числа 0, 0, 1, 0, 1, 0.Дозволяється за раз додати по одиниці до чисел, які стоять у двох сусідніхсекторах. Чи можна за кілька таких операцій зробити всі числа в усіх сек(торах рівними?

32. Кожне число від 1 до 1 000 000 замінюють числом, що дорівнюєсумі його цифр. Над знайденими числами виконують ту саму операціюі так далі, поки всі числа не стануть однозначними. Яких чисел утворитьсяв результаті більше: одиниць чи двійок?

33. На дошці записано 100 одиниць. За один крок дозволяється за(

мість будь(яких двох записаних чисел x та y записати числоxy

x y

2

+. Після

99 кроків залишилось одне число. Доведіть, що воно не менше за1

10.

34. У колі проведено два діаметри AB і CD. Нехай M — довільна точкакола, яка не збігається з жодною із точок A, B, C, D, а M

1і M 2 — проекції

точки M відповідно на діаметри AB і CD. Доведіть, що довжина відрізкаM M

1 2 не залежить від точки M .35. Король обійшов дошку 9 9× , побувавши точно один раз на полі.

Маршрут короля не замкнений і, можливо, самоперетинається. Яканайбільша можлива довжина такого маршруту, якщо довжина ходу подіагоналі дорівнює 2, по вертикалі або горизонталі — 1?


НАПІВІНВАРІАНТИ

Напівінваріант — величина, яка в процесі перетворень змінюється моно'тонно, тобто збільшується чи зменшується, і при цьому набуває лише скін'ченну кількість різних значень.

1. По колу розставлені n чисел. Якщо підряд стоять числа a, b, c, dі при цьому ( )( )a d b c− − > 0, то числа b i c дозволяється міняти місцями. До(ведіть, що після кількох таких дій ми не зможемо зробити жодної переста(новки.


Нерівність ( )( )a d b c− − > 0 еквівалентна нерівності

ab bc cd ac cb bd+ + > + + .

Розглянемо суму всіх попарних добутків сусідніх чисел. Вона, як ми бачимоз останньої нерівності, під час виконання нашої дії щоразу зменшується. Цясума може набувати лише скінченної кількості значень, оскільки існуєлише скінченна кількість розстановок даних чисел по колу. Ми зможемовиконати нашу операцію не більше разів, ніж існує розстановок з сумою,меншою, ніж у початкової розстановки.

2. У парламенті в кожного його члена не більше ніж три вороги. До(ведіть, що парламент можна розбити на дві палати так, щоб у кожного де(путата в одній з ним палаті був не більше ніж один ворог.


Розіб’ємо парламент на дві палати довільним чином. Якщо є депутат,який має у своїй палаті не менше ніж два вороги, переведемо його в іншупалату. Якщо ще є такий депутат, і його переведемо, і так далі. Доведемо,що цей процес скінченний. Позначимо умовно депутатів точками на пло(щині і з’єднаємо відрізками всі пари ворогів, які належать одній палаті. Затакого переведення не менше ніж два відрізки витираються і не більшеніж один з’являється. А тому кількість їх зменшується. А з самого початкукількість відрізків була скінченною.

3. На площині дано n точок, жодні три з яких не лежать на однійпрямій, і n прямих, жодні дві з яких не паралельні. Доведіть, що з цих точокможна опустити перпендикуляри, які попарно не перетинаються, на ці прямітак, щоб на кожну пряму був опущений рівно один перпендикуляр.

Розв’язанняОпустимо перпендикуляри з даних точок на дані прямі довільно (по одно(

му на кожну пряму). Якщо жодні два з них не перетинаються, то вимогу задачівиконано.

В іншому випадку роз(глянемо два перпендикуляри,що перетинаються, AA

1і BB

1,

опущені з точок A і B напрямі a і b відповідно. НехайP — точка їх перетину. За(мінимо тепер перпендикуля(ри AA

1і BB

1перпендикуляра(

ми AA2 і BB2 , опущеними напрямі b i a — відповідно. До(ведемо, що при цьому сумадовжин перпендикулярівзменшиться. Справді,

AA AP PB2 < + , BB BP PA2 1< + .

Додамо ці нерівності і дістанемо AA BB AA BB2 2 1 1+ < + . Якщо тепер

знову є два перпендикуляри, що перетинаються, то зробимо так само, які на попередньому кроці і т. д. Тоді або на якомусь кроці в нас усі перпен(дикуляри попарно не будуть перетинатися, або сума довжин перпендику(лярів буде мінімально можливою (оскільки ця сума може набувати лишескінченної кількості значень). Ця ситуація і є шуканою, бо якби ми засто(сували нашу операцію ще раз, то сума довжин усіх перпендикулярів щезменшилася б.

4. На нескінченному аркуші паперу в клітинку кілька клітинок пофар(бовано в чорний колір. У моменти часу t =1 2 3, , ,... відбувається одночаснеперефарбування всіх клітинок за таким правилом: кожна клітинка k набу(ває того кольору, який мала більшість з трьох клітинок: сама k та її сусідиправоруч та згори. Доведіть, що через деякий час на аркуші не залишитьсячорних клітинок.


Усю сукупність чорних клітинок помістимо в прямокутник і визначи(мо прямокутну систему координат з початком у лівому нижньому кутіцього прямокутника. Для кожної чорної клітинки обчислимо суму її коор(динат. Напівінваріантом буде найбільше з цих чисел.

5. З неопуклим многокутником проводяться такі операції. Якщо він ле(жить по один бік від прямої AB, де A і B — несуміжні вершини многокутни(


A

P

A2

В

B1

B2

ab

A1

ка, то одна із частин, на які контур многокутника ділиться точками A і B,центрально симетрично відображається відносно середини відрізка AB. До(ведіть, що після декількох таких операцій многокутник стане опуклим.

Розв’язанняОчевидно, що після кожної

операції площа нового многокут(ника збільшується. Доведемо, щоця площа може набувати лишескінченної кількості значень.Для цього розглянемо набір век(торів, що йдуть по сторонах мно(гокутника.

За кожної операції набір цихвекторів не змінюється, змінюєтьсялише порядок прямування век(торів один за одним. Отже, кіль(кість многокутників, які можнадістати із даного многокутниказ допомогою описаної операції,скінченна, звідки й випливає, що наш напівінваріант може набувати лишескінченного числа значень. Тому повинен наступити момент, коли площамногокутника стає найбільшою. Якщо ж при цьому многокутник не опуклий,то з допомогою нашої операції площу можна ще збільшити.

6. Маємо вісім однакових кубиків з ребром 1. Довільні 24 грані з усіх48 граней пофарбували в білий колір, решту — в чорний. Доведіть, щоз цих восьми кубиків можна скласти такий куб, що на його поверхні білихта чорних квадратиків зі стороною 1 буде порівну.


Складемо наш куб довільним чином. Нехай на його поверхні a білих і bчорних квадратиків. Зрозуміло, що a b+ = 24. Розглянемо величину d q b= − .Якщо d = 0, то задачу розв’язано. Нехай d ≠ 0. Розглянемо таку операцію:поворот одного з маленьких кубиків на 90° відносно однієї з трьох осейсиметрії, що проходять через центри протилежних граней. Очевидно, щопісля цієї операції величина d або не змінюється, або змінюється на 2. Затри такі операції можна зробити так, щоб три грані одного кубика, щобули на поверхні, сховалися всередину великого куба, а ті, що були всере(дині, опинилися на поверхні. Тоді за 24 таких операцій на поверхні буде24− a білих і 24−b чорних кубиків, і тоді маємо:

( ) ( ) ( )d a b b a a b= − − − = − = − −24 24 .

Напівінваріанти 57

A

В

Х Y

′X′Y

Зауважимо, що d — парне число. Оскільки a b− і b a− взаємно проти(лежні парні числа, то величина d у певний момент набуває значення d = 0.Тоді припиняємо повороти кубиків і маємо шукане розміщення.

7. На дошці в ряд довільним чином виписано n чисел, кожне з якихдорівнює +1 або –1. За один хід дозволяється поміняти знак у декількохчисел, що йдуть підряд. За яку найменшу кількість ходів можна напевнодістати із початкового набору набір із одних одиниць?


Як напівінваріант розглянемо число пар сусідів з різними знаками.Під час виконання однієї операції заміни знаків цей напівінваріант можезамінитися не більше ніж на два.

Доведемо тепер, що із набору чисел –1; +1; –1; +1; … не можна діста(

ти набір +1; +1; +1; +1; менше ніж заn+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

1

2кроків ([ ]x означає цілу части(

ну x). Розглянемо окремо випадки парного і непарного n. Нехай n k= 2 ,

тобтоn

k+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥ =

1

2. Тоді спочатку напівінваріант дорівнює 2 1k − , а в кінці він

має дорівнювати нулю. Але за k −1 хід добитися цього неможливо. Нехай

n k= +2 1, тобтоn

k+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥ = +

1

21. У цьому випадку напівінваріант вихідного набо(

ру дорівнює 2k, тому за k −1 хід початковий набір не можна перевестив набір із одних одиниць. Доведемо, що цього не можна зробити і за k ходів.Для цього досить зауважити, що принаймні один раз напівінваріант змiню(ється не більше ніж на одиницю (це відбудеться тоді, коли операція змінизнаків торкнеться якогось із крайніх чисел – 1).

Залишилось показати, що заn+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

1

2кроків із будь(якого початкового

набору можна дістати набір із одних одиниць. Виділимо в початковомунаборі всі групи, що складаються із чисел –1, які йдуть підряд. Таких груп

не більше ніжn+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

1

2. Тепер послідовно змінимо знаки в чисел цих груп.

8. При дворі короля Артура зібрались 2n лицарів, причому кожен з нихмає серед присутніх не більше ніж n−1 ворогів. Доведіть, що Мерлін, рад(ник Артура, зможе так розсадити лицарів за «Круглим столом», що жоденз них не буде сидіти поряд зі своїм ворогом.


Розсадимо лицарів за «Круглим столом» довільним числом. Якщо прицьому вийде, що жодні два вороги не сидять поряд, то вимога задачі вико(


нана. Якщо ж ні, то розглянемо лицаря A,який сидить зліва від свого ворога B. Якнапівінваріант розглянемо кількість ворогівсусідів. Серед друзів лицаря A обов’язковознайдеться такий лицар C, що його сусід D —друг лицаря B (інакше в лицаря B ворогівбільше ніж n−1). Тепер «розвернемо» всючастину столу від B до C (праворуч від B)у «протилежну» сторону. При цьому лицар Bстане сусідом лицаря D, лицар C — сусідомлицаря А. Інші пари сусідів не зміняться.Отже, інваріант зменшиться.


9. У колонію з 2004 бактерій попадає вірус. Щосекунди кожен вірусвбиває одну бактерію, після чого всі бактерії і всі віруси діляться навпіл(розмножуються). Доведіть, що рано чи пізно всі бактерії будуть знищені.

10. Божевільний мандрівник їде з рідного міста A до найвіддаленішоговід нього міста B, яке виявляється відмінним від A, і так далі. Доведіть, щовін ніколи не повернеться в A.

11. Країна Десса розташована на 100 000 островах. Між деякими ост(ровами щоденно курсують пароплави, причому з кожного острова можнадістатися на будь(який інший. Злочинець та капітан Жеглов можуть роби(ти не більше одного рейсу на день. Злочинець не їздить 13 числа кожногомісяця, а капітан Жеглов не забобонний і завжди знає, де знаходиться зло(чинець. Доведіть, що капітан може наздогнати злочинця.

12. На площині дано 2n точок, жодні три з яких не лежать на однійпрямій. Із них пофарбовані в червоний колір, решта — в синій. Доведіть,що ці точки можна з’єднати n відрізками, що не перетинаються, так, щокожен з них буде з’єднувати червону точку з синьою.

13. На площині дано n точок, деякі з них з’єднані відрізками. Відомо,що з будь(якої точки виходить не більше ніж 11 відрізків. Доведіть, що ціточки можна розфарбувати в чотири кольори так, щоб кількість відрізківз одноколірними кінцями була не більшою від n.

14. Задано декілька червоних і декілька синіх точок. Деякі з нихз’єднані відрізками. Назвемо точку особливою, якщо більше ніж половиназ’єднаних з нею точок мають колір, відмінний від її кольору. Якщо є хочаб одна особлива точка, то обирається довільна особлива точка і перефар(бовується інший колір. Доведіть, що через скінченну кількість кроків незалишиться жодної особливої точки.

Напівінваріанти 59

BA

C D

15. На кожній грані куба написано число, причому не всі числа одна(кові. Кожне із написаних чисел замінюють на середнє арифметичне чи(сел, написаних на чотирьох сусідніх гранях. Чи можуть через декілька та(ких операцій на всіх гранях з’явитися початкові числа?

16. На острів, де зарито кілька скарбів, висадилася група стрибаючихпіратів. Далі щохвилини кожний пірат перестрибує в точку — центр вагимногокутника, вершинами якого є скарби, до яких цей пірат у попереднюхвилину був ближчий за всіх інших піратів. Якщо в деякий момент часупірат не має таких скарбів, то він тоді не рухається. Доведіть, що черездеякий час переміщення на острові припиняється. (Центром ваги много(кутника A A An1 2 ... називається точка O — така, що

OA OA OA On1 2+ + + =� ).

17. По колу виписано n натуральних чисел. Між кожними двома сусід(німи числами вписується їх найбільший спільний дільник. Після цьогопопередні числа стирають, а із числами, що залишились, виконують тусаму операцію. Доведіть, що через декілька кроків усі числа на колі будутьрівні.

18. По колу стоять діти, у кожної дитини декілька цукерок. За сигна(лом ведучого дитина передає половину своїх цукерок сусіду праворуч(якщо кількість цукерок непарна, то ведучий перед цим додає їй одну цу(керку). Це повторюється багато разів. Доведіть, що колись у всіх дітей цу(керок буде порівну.

19. По один бік нескінченного коридору розташовано нескінченно бага(то кімнат, занумерованих по порядку цілими числами, і в кожній стоїть пороялю. У цих кімнатах живе деяка скінченна кількість піаністів (в однійкімнаті можуть жити й декілька піаністів). Щодня якісь два піаністи, які жи(вуть у сусідніх кімнатах — k та ( )k +1, доходять висновку, що вони заважаютьодин одному і переселяються відповідно в ( )k −1 і ( )k −2 кімнати. Доведіть, щочерез скінченну кількість днів ці переселення закінчаться.

20. У бібліотеці на полиці в певному порядку стоять n томів Британ(ської енциклопедії. Робот(бібліотекар щохвилини виконує таку дію: бередовільний том та ставить його на місце (якщо номер тому k, то він ставитьйого k(м по порядку). Двічі підряд один том робот не бере. Доведіть, щочерез деякий час усі томи будуть стояти на своїх місцях.


ЗАДАЧІ НА СТРАТЕГІЮ ГРИ

1. Двоє гравців по черзі кладуть п’ятикопійчані монети на круглийстіл. Монети повинні повністю вміщуватися на столі і не торкатися однаодної. Той, кому нікуди покласти монету, програє. Хто за умови дотри(мання правил гри виграє — той, хто ходить першим, чи той, хто ходитьдругим?


Виграє перший, якщо своїм першим ходом він покладе монету в центрстола, а потім робитиме ходи симетрично ходам другого відносно центрастола.

2. Дано шахівницю 8 8× і прямокутне доміно 1 2× . За один хід дозво(ляється накрити дві сусідні клітинки шахівниці так, щоб плитки доміно неперекривались. Програє той, хто не зможе зробити наступного ходу.У котрого з двох гравців є виграшна стратегія?


Виграє другий гравець, якщо щоразу буде ставити плитку доміно си(метрично відносно центра дошки до плитки, поставленої перед першимгравцем.

3. Двоє гравців по черзі виймають із ящиків кулі. За один хід коженгравець може брати з будь(якого (тільки одного) ящика довільну кількістькуль. Виграє той, хто візьме останнім. Як повинен грати перший гравець,щоб виграти, якщо в першому ящику 73 кулі, а в другому — 118 куль?


Першим ходом він має взяти 45 куль із другого ящика, тоді куль в ящи(ках стане порівну. А далі відповідати симетрично на ходи другого гравця.

4. Ромашка має: а) 12 пелюстків; б) 13 пелюстків. Грають двоє грав(ців. За один хід дозволяється відірвати або одну пелюстку, або дві, що рос(туть підряд. Програє той, хто не може зробити хід. У кого з гравців є ви(грашна стратегія?


В обох випадках виграє другий. Незалежно від ходу першого гравцядругий може після першого ходу залишити два однакові за довжиною лан(цюжки з пелюсток, а далі — симетрично повторювати ходи першого.


5. Є три купки камінців: у першій — 10, у другій — 15, у третій —20. За один хід дозволяється розбити будь(яку купку на дві менші. Програєтой, хто не зможе зробити хід. Хто з двох гравців може забезпечити собівиграш?


Другий гравець виграє без будь(якої стратегії. Після кожного ходукількість купок збільшується на 1. У кінці гри їх має стати 45, буде зробле(но 42 ходи. Отже, останній хід зробить другий гравець.

6. Тура стоїть на лівій кутовій клітинці шахівниці (на полі a1). Захід дозволяється пересунути її на будь(яке число клітинок вправо чи набудь(яке число клітинок угору. Виграє той, хто поставить туру на проти(лежну праву верхню кутову клітинку (на поле h8). Хто з двох гравців маєвиграшну стратегію?


Виграє другий. Кожним своїм ходом він повертає туру на велику діаго(наль a h1 8− . Тому перший гравець своїм ходом завжди виводить туру з цієїдіагоналі, отже, і не може її туди поставити, а поле h8 знаходиться саме націй діагоналі.

7. У коробці знаходиться 60 сірників. За один хід можна взяти від 1до 5 сірників. Програє той, хто не може зробити хід. Хто з двох гравцівможе забезпечити собі виграш?


Проаналізуємо кінцівку такої гри. Якщо кількість сірників менша ніж5, то той гравець, чия черга ходити, закінчує гру. Якщо кількість сірниківбільша за 6, то гра закінчується через два або більше ходів. Якщо жкількість сірників дорівнює 6, то гравець, чий хід передував цій позиції,точно наступним своїм ходом закінчує гру (для цього на хід суперника в kсірників бере 6− k сірників) Тобто, така позиція є виграшною для цьогогравця. Очевидно, що позиції 12, 18, 24 тощо сірників для нього такожє виграшними. Отже, початкова позиція виграшна для другого гравця,а його виграшною стратегією є доповнення ним ходів першого гравця до6 сірників.

8. Двоє грають у подвійні шахи, тобто всі фігури ходять як і в звичай(них шахах, але кожен із шахістів робить по два ходи підряд. Доведіть, щошахіст, який грає білими фігурами, може грати так, щоб не програти (тоб(то другий не має виграшної стратегії).


Припустимо, що твердження задачі неправильне, тобто другий шахістмає виграшну стратегію. Тоді перший гравець теж має виграшну стра(


тегію: перший хід — конем, другий — повернути цього коня назад, а потімпершому гравцю треба застосувати виграшну стратегію другого шахіста.Суперечність доводить твердження задачі.

9. На дошці написано вираз

* * * * * * * *n n n n n n n8 7 6 5 4 3 2 .

Петрик і Оксана ведуть у таку гру. Вони роблять ходи по черзі, замінюючиодну зірочку «*» на знак «+» або «–». Оксана прагне, щоб здобутий післявосьми ходів вираз ділився на 6 для кожного натурального n. Петрик ходитьпершим. Доведіть, що Оксана може забезпечити собі перемогу незалежновід того, як ходитиме Петрик.


Зауважимо, що число ( )( )( )n n n n n n5 21 1 1− = − + + ділиться на 6. Тому Ок(

сані достатньо грати так, щоб числа n8 і n4 , n7 і n3 , n6 і n2 , n5 і n булиз різними знаками.

10. Двоє гравців у запису

a x a x a x a x a x a1 2 3 4 2004 202 3 4 2004sin cos sin cos cos+ + + + + +� 05 2005 0sin x =

по черзі вибирають ще не обрані коефіцієнти ai та замінюють їх будь(якимидійсними числами. Коли всі коефіцієнти замінено, то перший гравець вва(жатиметься переможцем, якщо здобуте рівняння має корінь на інтервалі

−⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟π π

2 2; . В противному разі переможцем оголошується його суперник. Хто

з двох гравців може забезпечити собі перемогу в цій грі?


Виграє перший гравець. Першим ходом він довільно замінює коефi(цієнт a

1, а потім, користуючись тим, що серед решти коефіцієнтів їх

кількість з парними і непарними номерами є число парне, забезпечуєсобі можливість зробити останнім заміну серед коефіцієнтів a 2 , a 4 , …,a 2004 . Тому перший гравець може зробити так, щоб ( )f 0 0= , оскільки

( )f a a a0 2 4 2004= + + +� .

11. Миколка та Сергійко грають у гру, по черзі записуючи цілі числав клітинки таблиці розмірами 7 9× (7 рядків, 9 стовпчиків). Першим ро(бить хід Миколка. За один хід записується одне число у вільну клітинку.Гра продовжується, поки вони не заповнять числами всю таблицю. Потімпідраховуються значення S

1, S 2 , …, S 7 – суми чисел у рядках таблиці.

Якщо серед чисел S1, S 2 , …, S 7 парних більше, ніж непарних, виграє Ми(

колка. В противному разі – Сергійко. Хто з двох гравців може забезпечитисобі виграш?

Задачі на стратегію гри 63


Виграє Миколка. Першим своїм ходом Миколка записує число 1у центральну клітинку таблиці. Якщо Сергійко запише в певну клітинкучисло a, то Миколка має записати число a +1 у клітинку, яка є централь(но(симетричною до клітинки, що містить число a. Кожній клітинці пер(шого рядка можна поставити у відповідність клітинку сьомого рядка, щобуде центрально(симетричною до неї, і навпаки. Тому перший і сьомийрядки таблиці будемо називати центрально(симетричними. Клітинкицих рядків можна розбити на дев’ять центральносиметричних пар.Сума чисел у кожній парі таких клітинок буде непарною, оскільки

( )a a a+ + = +1 2 1. Тоді число S S1 2+ – непарне. Отже, одна із сум S

1або S 2

є парною. Аналогічно числа S S2 6+ , S S3 5+ також будуть непарними,і в кожній з цих пар одна сума буде парною. Якщо Сергійко виконує хіду певну клітинку четвертого рядка, то Миколка у відповідь записує до(вільне число в будь(яку вільну клітинку цього ж четвертого рядка. Кліти(нок у рядку непарна кількість, тому останню вільну клітинку четвертогорядка буде заповнювати Миколка, тобто він у змозі забезпечити парністьсуми S 4 . Отже, чотири із семи чисел S

1, S 2 , …, S 7 будуть парними.

12. Двоє по черзі знімають зі столу фішки. За один раз дозволяєтьсязняти зі столу 1, 10 або 11 фішок. Виграє той, хто зніме останню фішку.Перед початком гри на столі було 40 фішок. Хто виграє за умови дотри(мання правил гри — той, хто починає гру, чи його суперник?


Будемо розв’язувати задачу з кінця. Якщо припустити, що на столізалишилася одна фішка, то ситуація є виграшною для того гравця, чиячерга ходити. Він бере цю фішку й виграє. Якщо залишилось дві фішки –ситуація програшна для того, чия черга ходити. Будемо записувати числа1, 2, 3, … зі знаками «+» або «–» залежно від того, виграшною чи про(грашною є дана ситуація для гравця, який робить хід. Тоді якщо гравецьпевним ходом (знявши 1, 10 або 11 фішок) може створити програшну си(туацію для свого суперника (бо його черга ходити), то для нього початко(ва ситуація є виграшною. Тепер можна з’ясувати по черзі для всіх чисел1, 2, 3, … виграшною чи програшною є ситуація для даної кількостіфішок на столі. Для чисел від 1 до 9 знаки «+» або «–» розставляються почерзі. Числа 10, 11, 12, 13, …, 19 є виграшними, 20 – програшним(будь(яким ходом можна досягнути лише чисел 9, 10 і 19, які є виграш(ними для суперника). Помітивши закономірність (знаки через 20 чиселповторюються), можемо легко продовжити розставляння знаків. Неваж(ко переконатися, що число 40 має знак «–», тобто за правильної гри дру(гий гравець виграє.


13. Дано дерев’яну дошку в клітину розміром n n× . Двоє гравців почерзі роблять пилкою розпили довжиною 1, що йдуть по лініях сітки.Кожний розпил має починатися з вузла сітки, на краю дошки або на вжезробленому розпилі. Програє той гравець, після ходу якого дошка розпа(дається на дві частини. Хто виграє за правильної гри: той, хто починає, чийого суперник?

Розв’язанняНехай гравці роблять розпили, після яких дошка не розпадається.

Кожний новий розпил, очевидно, повинен досягати ще одного з ( )n−1 2

внутрішніх «вузлів» дошки (вершини квадратиків). З іншого боку, якщодо якогось з таких вузлів розпили не дійшли, то можна зробити ще одинрозпил так, щоб дошка не розпалася: провести від такого вільного вузлалінію до якогось розпилу по сторонах квадратиків і продовжити згаданийрозпил на одиницю по цій лінії. З цих міркувань випливає, що за пра(вильної гри всього до розпадання дошки можна зробити рівно ( )n−1 2 роз(пилів незалежно від того, в якому порядку вони виконувались. Тому( )( )n− +1 12 хід буде програшний. Отже, при парному n виграє перший гра(

вець, а при непарному — другий.14. Двоє гравців по черзі ставлять на клітинки шахової дошки 25 25×

фішки, один — білого, а другий — чорного кольорів. Кожна нова фішкаставиться на вільну клітинку, забороняється лише ставити фішку на такуклітинку, де на всіх сусідніх із нею клітинках уже стоять фішки цьогокольору (сусідніми вважають клітинки, які мають спільну сторону). Про(грає той, хто не може зробити свій черговий хід. Хто виграє за умовиправильної гри — перший чи другий?

Розв’язанняВиграє перший гравець. Справді, видiли(

мо одну із клітинок, а решту розіб’ємо начастини 1 2× . Розглядаємо такий випадок:правий верхній кут дошки покрито квадра(том розмірами 1 1× , а решту дошки — прямо(кутниками розмірами 1 2× . Перший гравецьпершу фішку ставить у виділену клiтинку,а кожну наступну — у вільну клітинку тієїчастини розміром 1 2× , в яку попереднім хо(дом поставив свою фішку другий гравець.Очевидно, що все це завжди можна зробити.

15. На столі стоять п’ять коробок, позначених номерами 0, 1, 2, 3, 4.У коробках з номерами 1, 2, 3, 4 знаходяться відповідно p

1, p2 , p3 , p4 сірни(

ків. По черзі кожний із двох гравців бере кілька сірників з якоїсь коробки


з додатним номером та перекладає їх у коробку, номер якої на одиницюменший. Виграє той гравець, після ходу якого всі сірники будуть у нульовійкоробці. Хто виграє за умови правильної гри — той, хто починає гру, чийого суперник?


Доведемо, що у випадку p p1 2= другий гравець завжди може виграти.

Його відповідь на можливі ходи першого гравця видно з наступної схеми:

( ) ( )p k p k p p p k p k p k p k p0 1 2 4 0 1 2 3 1 4+ − → + − + −, , , , , , ,

( ) ( )p p k p k p p k p p k p p0 1 2 4 0 1 2 3 4, , , , , , ,+ − → + −

( ) ( )p p p k p k p p k p k p k p k p0 1 2 3 4 0 1 2 3 4, , , , , , , ,+ − → + − + −

( ) ( )p p p p k p k p p p k p p k0 1 2 3 4 0 1 2 3 4, , , , , , , ,+ − → + −

Таким чином, перший гравець своїм ходом обов’язково порушуєрівність сірників у першій та третій коробках, а другий завжди має мож(ливість своїм наступним ходом цю рівність відновити. Оскільки в за(ключній позиції кількість сірників у першій і третій коробках однакова(дорівнює 0), то другий гравець за такої стратегії завжди виграє. Якщо жp p

1 2≠ , то перший гравець своїм першим ходом завжди може вирівнятикількість сірників у першій та третій коробках, і ми отримаємо про(аналізовану вище ситуацію зі зміною номерів гравців. Отже, у випадкуp p

1 3= виграє другий гравець, в усіх інших випадках – перший.

16. Двоє гравців по черзі вписують у клітинки дошки розмірами n n×по одному натуральному числу згідно з такими правилами: перший гра(вець має право записати в клітинку найбільший спільний дільник номерарядка та стовпчика, на перетині яких знаходиться дана клітинка, а другиймає право записати в клітинку найбільше спільне кратне номера рядка таномера стовпчика, на перетині яких знаходиться клітинка. Після запов(нення дошки кожне число ділиться на номер стовпчика, в якому вонорозташоване, а потім підраховується добуток усіх здобутих чисел. Якщоцей добуток є меншим за 1, то переможцем вважається перший гравець,в іншому випадку — другий. Хто з гравців може забезпечити собі перемо(гу — той, хто починає гру, чи його суперник?


Доведемо, що другий гравець може забезпечити собі перемогу. Якщочисло n парне, то він має на кожний хід першого гравця відповідати ходому симетричну відносно головної діагоналі клітинку (на хід у клітинку, якарозташована на головній діагоналі, потрібно відповідати довільним ходом


також на цю діагональ). Якщо число n є непарним, то другий гравець у ви(падку, коли можна зробити відповідні ходи, має діяти так само, як описановище, а коли потрібний хід не виявляється можливим, потрібно просто зро(бити будь(який хід. Оскільки, як відомо, для будь(яких натуральних чисел aі b має місце рівність ( ) ( )НСД НСКa b a b ab; ;⋅ = , то добуток всіх чисел у таб(

лиці дорівнюватиме ( )n n! . Очевидно, що після ділення дістанемо в добуткучисло 1, що й означає перемогу другого гравця.


17. Двоє по черзі розламують шоколадну плитку 6 8× . За один хід доз(воляється зробити прямолінійний розлом будь(якого зі шматків вздовжзаглиблення. Програє той, хто не зможе зробити наступного ходу. У когоз гравців є виграшна стратегія?

18. Є дві купки камінців: в одній — 30, у другій — 20. Двоє по черзі бе(руть будь(яку довільну кількість камінців, але тільки із однієї купки. Про(грає той, кому немає чого брати. У кого з гравців є виграшна стратегія?

19. У коробці лежить 300 сірників. За один хід дозволяється взятиз коробки не більше ніж половину сірників, які там знаходяться. Виграєтой, хто бере останній сірник. Хто з двох гравців може забезпечити собівиграш?

20. Гра починається з числа 2004. За хід дозволяється змінити число наодин з його дільників. Програє той, хто дістав нуль. У кого з двох гравцівє виграшна стратегія?

21. Є дошка розміром: а) 19 91× ; б) 19 92× . За один хід дозволяється за(фарбувати одну або декілька клітинок, що утворюють квадрат. Зафарбову(вати клітинки двічі не можна. Виграє той, хто зафарбує останню клітинку.Хто з двох гравців має виграшну стратегію?

22. Двоє по черзі викреслюють числа від 1 до 27, поки не залишатьсядва числа. Якщо їх сума ділиться на 5, то виграє перший, а якщо ні — тодругий. Хто виграє за умови правильної гри?

23. На дошці записано рівність * * *x x2 0+ + = . Перший називає тридовільних числа, а другий розставляє їх на свій вибір замість зірочок. Чиможе перший гравець домогтися, щоб здобуте рівняння мало обидвараціональні корені? Які числа йому слід назвати?

24. Є m та n сірників у двох купках. Можна брати по одному сірниковіз кожної купки або скільки завгодно з однієї з них. Виграє той, хто візьмеостанній сірник. Як закінчиться гра двох осіб, які роблять ходи по черзі,не допускаючи при цьому помилок, залежно від m та n?


25. У 50(ти коробках є 100 цукерок. Дівчинка і хлопчик по черзі берутьпо одній цукерці. Чи може хлопчик домогтися того, щоб дві останніх цу(керки лежали в одній коробці?

26. У ряд виписані послідовні натуральні числа від 1 до 2000. Двоє почерзі вписують між цими числами знак додавання «+» або множення «×»(усього вписано 1999 знаків). Якщо кінцеве значення цього виразу ділить(ся на 3, то виграє той, хто ходив першим. У противному разі виграє йогосуперник. Хто з гравців може забезпечити собі виграш? Знайдіть для ньоговиграшну стратегію.

27. З паперу в клітинку вирізано квадрат розмірами 2004 2004× , з якогопотім вирізано одну кутову клітинку. Два гравці по черзі відрізають від цієїфігури квадрати довільних розмірів, які відкидаються. Програє той гра(вець, після ходу якого фігура, що залишилася, є прямокутником довільно(го розміру або ця фігура розпалася на частини (якщо частини мають хочаб одну спільну вершину, вони не розпадаються). Хто з гравців може забез(печити собі виграш?

28. Член журі та учасник олімпіади грають у таку гру: кожен з них берепо черзі сірники з купки, в якій перед початком було 1995 сірників. Засвоїм ходом гравець може взяти 1 або 2 сірники (але не більше, ніж засвоїм попереднім ходом). Виграє той, хто бере сірники останнім. Почеснеправо першого ходу надається учаснику олімпіади. Хто виграє, якщообидва гравці гратимуть найкращим чином?

29. На столі лежать n цукерок. Петрик та Миколка по черзі беруть зістолу кілька цукерок за таким правилом: той з хлопців, хто підходить достолу першим, бере одну цукерку, а той, хто підходить до столу другим, —i цукерок, де число i є дільником двійки; той хто підходить до столу третім,може взяти I i цукерок, де i є дільником трійки, i т. д. Переможцем вва(жається той з хлопців, кому дістанеться остання цукерка. Хто з них можезабезпечити собі перемогу, якщо Петрик бере цукерки першим?

30. Двоє гравців по черзі записують по од(ному натуральному числу від 1 до 7 у кружеч(ки (рис.), причому кожне з чисел повиннобути записано тільки один раз. Після запов(нення всіх кружечків обчислюються суми чи(сел уздовж кожної з прямих, що зображено нарисунку. Якщо серед здобутих сум є при(наймні три однакові, то переможцем виз(нається перший гравець. У противному разі —другий. Хто з гравців може забезпечити собіперемогу?


31. На дошці розміром n n× (n ≥ 2) у лівій нижній кутовій клітинцістоїть фішка. За один хід гравець може перемістити її на одну клітинкуправоруч, або на одну клітинку вгору, або на одну клітинку по діагоналіправоруч вгору. Двоє гравців по черзі роблять такі ходи, а переможцемвважається той, хто поставив фішку в правий верхній кут дошки. Хтоз двох гравців може забезпечити собі перемогу?

32. Двоє гравців по черзі записують у рядок цілі числа таким чином:перший записує довільне число a

1, другий довільне число a 2 , і далі кожен

по черзі записує число, що дорівнює сумі попередніх. Гра закінчуєтьсятоді, коли в здобутій послідовності a

1, a 2 , a 3 , … вперше зустрінуться такі

значення індексів i, j (i j≠ ), що числа a ai j− та a ai j+ +−

1 1, ділитимуться на

1999. Переможцем вважається той, хто зробить останній хід. Хто з гравцівможе забезпечити собі виграш?

33. Троє грають у таку гру. Кожний по черзі кладе на круглий стілп’ятикопійчані монети, монети можуть торкатися, але не повинні накла(датися одна на одну. Програє той, чия монета не вміститься на столі. До(ведіть, що перший і третій (за порядком ходів) гравці можуть змовитисятак, що другий гравець завжди програватиме.

34. Є дві купки сірників: а) 101 сірник і 201 сірник; б) 100 сірників і 201сірник. За хід дозволяється зменшити кількість сірників в одній з купок начисло, що є дільником кількості сірників у другій купці. Виграє той, післячийого ходу сирників не залишиться. Хто з двох гравців може виграти?

35. Король за хід може поставити по хрестику в будь(які дві вільніклітинки нескінченного аркуша паперу. Міністр за хід може поставитинулик у довільну вільну клітинку. Чи може король поставити 100 хре(стиків у ряд?



МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ

Математична індукція — це спосіб доведення нескінченної кількості за'нумерованих натуральними числами тверджень ( )T n за два ходи:

1) база індукції: доводимо ( )T 1 ;2) крок індукції: доводимо, що для довільного k з істинності твердження

( )T k випливає істинність ( )T k +1.

1. Відомо, що a1

1= , a an n+ = +

12 1при n ≥1. Знайдіть an .

Розв’язанняa 2 3= , a 3 7= , a 4 15= , a5 31= .

Помічаємо, що a1

12 1= − , a 222 1= − , a 3

32 1= − , a 442 1= − , a5

52 1= − . Ви(

никає гіпотеза akk= −2 1.

Перевіримо крок індукції: ( )a ak k

k k

++= + = − + = −

112 1 2 2 1 1 2 1.

Отже, на основі принципу математичної індукції для кожного нату(рального n an

n= −2 1.2. Доведіть, що при кожному натуральному n стверджується рів(

ність ( )1 3 5 2 1 2+ + + + − =� n n .

Розв’язанняЯкщо n =1, то1 12= .Припустимо, що при n k= , рівність ( )1 3 5 2 1 2+ + + + − =� k k правильна.

Якщо n k= +1, то ( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 1 2 1 1 2 1 1 12 2+ + + − + + − = + + − = +� k k k k k .

Індуктивний перехід правильний, а тому рівність доведено.3. Доведіть, що для кожного натурального n вираз

5 2 3 22 1 1 2 2 1n n n n+ + + +⋅ + ⋅ділиться на 19.

Розв’язанняЯкщо n =1, то 5 2 3 23 2 3 3⋅ + ⋅ ділиться на 19.Нехай при n k= 5 2 3 22 1 1 2 2 1k k k k+ + + +⋅ + ⋅ ділиться на 19. Доведемо, що при

n k= +1 твердження також правильне, тобто, що 5 2 3 22 3 2 3 2 3k k k k+ + + +⋅ + ⋅ділиться на 19.

5 2 3 2 50 5 2 12 3 22 3 3 3 2 3 2 1 1 2 2 1k k k k k k k k+ + + + + + + +⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =( )= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅+ + + + + +12 5 2 3 2 38 5 22 1 1 2 1 2 1 1k k k k k k .

Перший доданок суми ділиться на 19 за припущенням, другий дода(нок, очевидно, ділиться на 19, тому вся сума ділиться на 19. Отже, твер(дження задачі справедливе для всіх натуральних n.

4. Доведіть, що для всіх натуральних n виконується нерівність

1 3 5 2 1

2 4 6 2

1

2 1

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −⋅ ⋅ ⋅ ⋅

<+

�

�

( )n

n n.


База індукції: при n =1маємо правильну нерівність1

2

1

3< .

Припустимо тепер, що нерівність справедлива при n k= , тобто

1 3 5 2 1

2 4 6 2

1

2 1

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −⋅ ⋅ ⋅ ⋅

<+

�

�

( )k

k k.

Доведемо тепер, що нерівність справедлива при n k= +1, тобто, що

1 3 5 2 1

2 4 6 2 2

1

2 3

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +

<+

�

�

( )

( )

k

k k.

З урахуванням припущення індукції для цього досить довести нерівність

2 1

2 2

2 1

2 3

k

k

k

k

++

<++

.

Оскільки k >1, то достатньо довести, що 2 1 2 3 2 2k k k+ ⋅ + < + . Піднесемоцю нерівність до квадрата (ліва і права частини додатні):

( )( )2 1 2 3 4 8 42k k k k+ + < + + .

Ця нерівність еквівалентна нерівності 3 4< . На основі принципу ма(тематичної індукції робимо висновок, що твердження задачі справедливедля всіх натуральних n.

5. Доведіть для кожного натурального n нерівність

11

2

1

3

12

12 2 2+ + + + ≤ −�

n n.


Безпосередньою перевіркою встановлюємо, що нерівність справедли(ва при n =1. Припустимо тепер, що ця нерівність справедлива при n k= ,і доведемо її справедливість при n k= +1.

За припущенням індукції, маємо:

11

2

1

3

1 1

12

1 1

12 2 2 2 2+ + + + ++

≤ − ++

�k k k k( ) ( )

.

Методматематичної індукції 71

Доведемо, що 21 1

11

1

12− ++

≤ −+k k k( )

або1

1

1 1

12( )k k k+≤ −

+, що рівносильне

1

1

1

12( ) ( )k k k+≤

+. Остання нерівність є очевидною, тому можна зробити вис(

новок, що твердження задачі справджується для всіх натуральних n.Є різні варіанти індукції. Іноді як крок треба перевірити, що твер(

дження Т(n) справедливе, якщо справедливі всі попередні.

6. Відомо, що xx

+1

ціле число. Доведіть, що при будь(якому натураль(

ному n число xx

nn+

1теж ціле.


xx

xx

22

21 12+ = +⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ − ціле.

Припустимо, що при всіх n k≤ xx

kk+

1ціле. Доведемо, що x

xk

k+

++11

1

також ціле.

xx

xx

xx

xx

kk

kk

kk

++

−−+ = +⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ +⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ − +⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟1

11

1

1 1 1 1— різниця чисел цілих, за

припущенням індукції. Отже, xx

nn+

1ціле при всіх натуральних n.

7. Знайдіть цілу частину числа 2 2 2 2− − −� (2004 знаки кореня).


Розглянемо цю задачу для випадку n радикалів. Позначимо заданечисло через an . Нехай n k= +2 1.

База індукції:1 22 1

< <+ak

. Тоді при n k= +2 3 маємо:

a ak k2 3 2 1

2 2+ += − − .

Звідки 2 2 1 2 2 22 3

− − < < − −+ak

або 1 22 3

< <+ak

. Таким чином,

[ ]аk2 3

1+ = , а тому для непарних n маємо: [ ]an =1.

Нехай тепер n k= 2 .

База індукції: a 2 2 2 0 8= − ≈ , .

Крок індукції: припустимо, що 0 12< <a k . Тоді a ak k2 2

2 2+ = − − ,

звідки 2 2 0 2 2 12 3

− − < < − −+ak

, 0 12 2

< <+ak

. Отже,[ ]ak2 2

0+ = .


Згідно з припущенням математичної індукції,

[ ]an k

n kn == +=

⎧⎨⎩1 2 1

0 2

, ,

, .

якщо

якщо

Тому [ ]a 2004 0= .


8. Доведіть, що при всіх натуральних n:

а)1 21 2 1

62 2 2+ + + =

+ +� n

n n n( )( ); б) ( )1 2 2 3 1

1 1

3⋅ + ⋅ + + − =

− +� n n

n n n( ) ( );

в)1

1 2

1

2 3

1

1

1

⋅+

⋅+ +

−=

−�

( )n n

n

n;

г) ( )( )1 2 3 2 3 4 1 21 2 3

4⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + + + =

+ + +� n n n

n n n n( )( )( );

д) 11

41

1

91

1 1

22−⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ −⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ −⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ =

+�

n

n

n, n ≥ 2.

9. Доведіть, що при всіх натуральних n:

а) ( ) ( )n n n3 3 31 2+ + + + ділиться на 9; б) 4 6 1n n+ − ділиться на 9;

в) 3 8 92 2n n+ + − ділиться на 16; г)11 122 2 1n n+ ++ ділиться на 133;

д) 2 3 n

ділиться на 3 1n+ .10. Обчисліть суми:

а) ( )1 2 23 3 3+ + +� n ; б) ( )1 3 2 13 3 3+ + + −� n .

11. Доведіть нерівність1

2

3

4

2 1

2

1

3 1⋅ ⋅ ⋅

−≤

+�

n

n nдля всіх натуральних n.

12. Доведіть, що для всіх n ≥ 2 виконується нерівність 2 n > 1+ 2 1n− .

13. Доведіть, що кожне натуральне число дорівнює сумі кількох (мож(ливо, одного) різних чисел Фібоначчі.

14. Доведіть, що для довільного натурального n > 3 число n ! можна роз(

класти на множники, відношення яких буде не менше від2

3і не більше за

3

2.

15. Доведіть, що для довільних додатних чисел x1, x2 , …, xn справедли(

ва нерівністьx x x

nx x x

n

nn

1 2

1 2

+ + +≥

�... (нерівність Коші).

Вказівка. Застосуйте таку схему індукції: спочатку переходами відn k= 2 до n k= +2 1 доведіть нерівність для всіх n, що є степенями двійки.Після цього доведіть, що якщо нерівність справедлива для n чисел, то вонасправедлива і для n−1чисел (зворотна індукція).

Методматематичної індукції 73


ЦІЛА ТА ДРОБОВА ЧАСТИНА ЧИСЛА

Цілою частиною числа х називається найбільше ціле число, що не переви'щує дане число x. Позначення: [ ]x .

Дробовою частиною числа x називається різниця [ ]x x− . Позначення: { }x .

Властивості цілої та дробової частини числа

1. [ ] [ ]x x x≤ < +1.

2. [ ]x x x− < ≤1 .

3. Якщо n Z∈ , то [ ] [ ]x n x n+ = + і { } { }x n x+ = .

4. Для довільних чисел x y R, ∈ [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]x y x y x y+ ≤ + ≤ + +1.

5. Якщо [ ] [ ]x y= , то | |x y− <1.

6. Якщо n N∈ , то[ ]x

n

x

n⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ і [ ] [ ] [ ]n x nx n x n≤ ≤ + −1.

1. Розв’яжіть рівняння [ ] [ ]x x+ =2 3.


Оскільки [ ] [ ] [ ] [ ]x x x x x x+ ≤ + < + + +2 2 1 2 1, то 3 3 5≤ <x . Тому розв’язки

рівняння знаходяться на інтервалі 1 12

3;

⎡⎣⎢

⎞⎠⎟ . Тоді [ ]x =1, [ ]2 2x = , звідки

2 2 3< <x . Отже, x ∈⎡⎣⎢

⎞⎠⎟1

3

2; .

2. Розв’яжіть рівняння [ ]x x= sin .


Оскільки [ ]x Z= , то для всіх sin x є три можливості:

sin x = −1, sin x = 0 або sin x =1.

1) Нехай sin x = −1, тобто x n n Z= − + ∈π

π2

2 , . Оскільки [ )x ∈ −1 0;

i − < − < <π π2

1 03

2, то в цьому випадку розв’язків немає.

2) Нехай sin x = 0, тобто x n= π , n Z∈ . Тоді [ )x ∈ 0 1; . На інтервалі [ )0 1;

є тільки одне число x = 0, що належить множині чисел πn, n Z∈ .

3) Нехай sin x =1, тобто x n n Z= + ∈π

π2

2 , . Тоді [ ]x =1, [ )x ∈ 1 2; і роз(

в’язком буде x =π2

— єдине число з інтервалу [ )1 2; , що належить множині

чиселπ

π2

2+ ∈n n Z, .

Відповідь. 0;π2

.

3. Розв’яжіть рівняння5 6

8

15 7

5

+⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ =

−x x.


Нехай tx x

=−

=+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

15 7

5

5 6

8, t Z∈ . Тоді x

t=

+5 7

15і t

t=

+⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

10 39

40, звідки

tt

t≤+

< +10 39

401 або − < ≤

1

3013t , . Оскільки t Z∈ , то t = 0 або t =1. Якщо t = 0, то

x =7

15. Якщо t =1, то x =

4

5.

Відповідь.7

15;

4

5.

4. Розв’яжіть рівняння [ ]5 2− =xx

x.


Нехай [ ]x k= , k Z∈ . Враховуючи, що | |x ≤ 5 і [ ]x ≠ 0, маємо, що k може

набувати тільки таких значень: –3; –2; – 1; 1; 2.

Крім того, [ ]x

x> 0. Тоді шукані розв’язки будуть розв’язками рівняння

5 2

2

− = ⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟x

x

kза умови, що [ )x k k∈ +; 1 , k = − − −3 2 1 1 2, , , , . Розв’язавши квад(

ратне рівняння, дістанемо xk

k=

±

+

5

1 2.

Враховуючи зазначені вище умови, маємо:

{ }k

k

k

kk

k

kk

<

∈ − − −

−

+< +

−

+≥

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

0

3 2 1

5

11

5

1

2

2

,

; ; ,

, або

{ }k

k

k

kk

k

k

>

∈

+< +

+≥

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

0

1 2

5

11

5

10

2

2

,

; ,

,

.

Ціла тадробова частина числа 75

Тоді після підстановки відповідних значень k, дістанемо { }k ∈ − −3 2 2; ; ,

звідки { }x ∈ ± −2 4 5; , .

Відповідь. ±2; − 4 5, .

5. Розв’яжіть рівняння [ ] [ ] [ ] { }x x x x3 2 1+ + = − .


Перепишемо дане рівняння у вигляді { } [ ] [ ] [ ]x x x x= + + +3 2 1, звідки ба(

чимо, що { }x —ціле число, отже, { }x = 0 і [ ]x x= . Тоді x x x3 2 1 0+ + + = , звідкиx = −1.

Відповідь. –1.

6. Розв’яжіть рівняння [ ][ ]

{ }{ }x

xx

x+ = +

1 1.


Бачимо, що [ ]x ≠ 0, { }x ≠ 0. Права частина рівняння додатна, тому й лівачастина рівняння додатна і x > 0. Перепишемо дане рівняння у вигляді

[ ] { }[ ] { }[ ]{ }x xx x

x x− =

−. Звідки [ ] { }x x− = 0 або [ ] { }x x⋅ =1.

Перша умова використовується лише у випадку [ ] { }x x= , що неможливо.

Другу умову запишемо у вигляді { }[ ]xx

=1

. Звідки легко дістати [ ]x n= ,

{ }xn

=1

, x nn

= +1

, n N∈ , n ≠1.

7. Розв’яжіть нерівність [ ] { }x x≤ +2 4.


Запишемо нерівність у вигляді [ ] { }x x− ≤4 2 . Оскільки { } [ )x ∈ 0 1; , тобто

{ } [ )2 0 2x ∈ ; , то шукані x повинні задовольняти умовe [ ]x − ≤4 1. При цьому

очевидно, що всі значення x, при яких [ ]x − ≤4 0 є розв’язками нашоїнерівності, тоді x < 5.

Розглянемо тепер випадок, коли [ ]x − =4 1. Тоді 1 4 2≤ − <x , 5 ≤ <x 6. При

цьому { }2 1x ≥ { } [ )x ∈ 0 5 1, ; . Тоді { }x x= +5 і [ )x ∈ 5 5 6, ; .

Відповідь. ( ) [ )x ∈ −∞ ∪; , ;5 5 5 6 .

8. Скількома нулями закінчується число 2004!?


10 2 5= ⋅ , але 2 входить множником у 2004! частіше, ніж 5. Тому розв’яз(ком буде максимальний степінь числа 5, на який ділиться 2004!. У ряду 1,


2, …, 2004 є2004

5⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ чисел, що кратні 5;

2004

25⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ чисел, кратних 25;

2004

125⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ чи(

сел, кратних 125;2004

625⎡⎣⎢

⎤⎦⎥ чисел, кратних 625. Тому кількість нулів у кінці

числа 2004! дорівнює2004

5

2004

25

2004

125

2004

625⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+⎡

⎣⎢⎤⎦⎥ = + + + =400 80 16 3 499.

9. Скільки точок з цілими координатами розташовано в середині та на сто(

ронах трикутника, утвореного прямими y x= −2

3

1

2, x =10 та віссю абсцис?

Розв’язанняЗрозуміло, що цілі значення, яких набуває x, дорівнюють 1; 2; 3…, 10.

Тоді на кожній прямій x n= у трикутнику є ( )[ ]y n точок з цілими координа(

тами (n = 0 1 10, ,..., ). Отже, таких точок:

( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]y y y1 1 2 1 10 11

61

5

61

37

61+ + + + + + = +⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+ +⎡

⎣⎢⎤⎦⎥+ + +⎡

⎣⎢� �⎤⎦⎥ = 37.

10. Доведіть, щоq

p

q

p

q

p

p q

p

p⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ +

−⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=−2 3 1 1

�( ) ( )( )q−1

2, де p та q —

взаємно прості натуральні числа.

Розв’язанняРозглянемо пря(

мокутник з верши(

нами ( )O 0 0; , ( )A p;0 ,

( )B p q; , ( )C q0; . Все(

редині його (не насторонах) знахо(

диться ( )( )p q− −1 1

цілих точок. Рів(няння діагоналі OB

має вигляд yp

qx= .

Оскільки p та q — взаємно прості числа, то на OB немає точок з цiлими ко(ординатами.

Всередині трикутника OAB міститьсяq

p

q

p⋅

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ ⋅

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ +1 2 � ( )q

pp −

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

1 точок

з цiлими координатами, що й доводить нашу тотожність.

11. Доведіть, що якщо { } { }8 15x x= для даного x, то { } { }26 75x x= .


( )B p q;( )C q0;

( )A p;00

Розв’язанняЗа означенням дробової частини числа маємо:

{ } [ ]8 8 8x x x= − , { } [ ]15 15 15x x x= − .

Тоді [ ] [ ]8 8 15 15x x x x− = − , звідки [ ] [ ]15 8 7x x x− = . Але вираз у лівій частині –цілий, а тому 7x — ціле. Тоді

{ } { } { }26 7 3 5 5x x x x= ⋅ + = , { } { } { }75 7 10 5 5x x x x= ⋅ + = .Отже, { } { }26 75x x= , що й треба було довеcти.

12. Розв’яжіть рівняння[ ]

1 1

2 12x x=

−| |.


Дане рівняння рівносильне системі

[ ]2 1

1

2

2| | ,

| | .

x x

x

= +

≠

⎧⎨⎪

⎩⎪

Звідси зрозуміло, що | |2 x ціле число, тоді й 2 x – ціле. Отже, x k= +0 5, ,

де k Z∈ , k ≠ 0 (бо [ ]x ≠ 0).

Якщо x Z∈ , то маємо: x x2 2 1= −| | , | |x x2 2 1 0− + = , | |( )x − =1 02

, x = ±1.

Якщо x k= +0 5, і k > 0, то [ ] | |k k+ = + −0 5 2 0 5 12

, , , k k2 2 1 1= + − , k k2 2 0− = , k = 0

(не підходить) або k = 2. Тоді x = 2 5, .Якщо x k= +0 5, і k < 0, то і x < 0. Маємо:

[ ] | |k k+ = + −0 5 2 0 5 12

, , , k k2 2 1 1= − − − , k k2 2 2 0+ + = ,

останнє рівняння коренів не має.Відповідь. –1; 1; 2,5.

13. Послідовність ( )xn визначається правилом:

x1

1= , [ ] [ ]x ax bxn n n+ = −

12

для n N∈ , де a і b — фіксовані додатні числа. Відомо, що послідовність ( )xn

набуває лише невід’ємних значень. Доведіть, що вона періодична.


Очевидно, що мають місце нерівності [ ]bx bxn n2 2 1> − і [ ]ax axn n≤ . Тоді

з умови xn+ ≥

10 випливає, що

[ ] [ ] ( ) ( )0 1 12 2 2≤ − < − − = − − −ax bx ax bx bx axn n n n n n або bx axn n2 1 0− − < .

Оскільки b > 0, то xa a b

b

a a b

bn ∈− + + +⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2 24

2

4

2; . За умовою x Nn ∈ , і тому

на проміжкуa a b

b

a a b

b

− + + +⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2 24

2

4

2; може бути скінченна кількість зна(


чень, яких набуває наша послідовність. Отже, знайдеться таке t N∈ , щоx x

n t n+ = , тобто наша послідовність періодична.14. Доведіть, що для всіх n N∈ виконується рівність

[ ] [ ]n n n+ + = +1 4 2 .


1) Позначимо [ ]k n= +4 2 , k N∈ . Тоді

k n k≤ + < +4 2 1і k n k2 24 2 1≤ + < +( ) .

Число 4 2n+ не може бути повним квадратом, бо ділиться на 2 і неможе ділитися на 4. Тоді k n k2 24 2 1< + < +( ) або k n k2 21 4 2 1+ ≤ + < +( ) .

2) Розглянемо ( )n n n n n+ + = + + +1 2 1 22

2 . Очевидно, що

n n n n< + < +2 1

2,

тому ( )k n n n n k22

24 1 1 4 2 1≤ + < + + < + < +( ) . Тоді

k n n k< + + < +1 1й [ ]n n k+ + =1 ,

що й треба було довести.15. Доведіть, що для будь(яких невід’ємних чисел х та у виконується

нерівність [ ] [ ] [ ] [ ]5 5 3 3x y x y y x+ ≥ + + + .


Позначимо ( ) [ ] [ ] [ ] [ ]f x y x y x y y x; = + − + − +5 5 3 3 . Доведемо, що

( )f x y; ≥ 0, для будь(яких x та y. Нехай існують такі x та y, що ( )f x y; < 0,

тобто ( )f x y; ≤ −1, бо ( )f x y; — ціле.

Очевидно, що [ ] [ ]5 5 5 5 2x y x y+ > + − .

[ ] [ ]3 3 4 4x y y x x y+ + + ≤ + , тоді ( )− ≥ > + −1 2f x y x y; , звідки x y+ <1. Без

обмеження загальності можна припустити, що x y≥ . Тоді

( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]f x y x y x y x у y x; ≥ + − − + > − +5 5 4 3 5 3 ,

бо [ ] [ ]5 4 0x x− ≥ (x — невід’ємне). Далі, враховуючи, що x y+ <1, маємо:

( ) [ ] [ ] [ ] [ ]− ≥ > − + = − −1 5 2 1 5 2 1f x y y y y y; ,

тобто [ ] [ ]5 2 0y y− ≤ , що неможливо оскільки y — невід’ємне число. Тоді

( )f x y; ≥ 0 для всіх x та y, що й треба було довести.



16. Розв’яжіть рівняння [ ]2

2x

xx+ = при x >0.

17. Розв’яжіть рівняння [ ]x

xx x

+−

= +1

1 23 1.

18. Розв’яжіть рівняння { }x x =1.

19. Розв’яжіть рівняння [ ]{ }sin sin sinx x x= .

20. Розв’яжіть нерівність [ ] [ ]x x2 2 0+ ≥ .

21. Доведіть тотожності:

а) τ τ τ1 2 1 2+ + + =⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+⎡⎣⎢⎤⎦⎥+ +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥� �n

n n n

n, де τ k — кількість усіх натуральних

дільників числа k.

б) σ σ σ1 2 1

12

2+ + + = ⋅⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ ⋅⎡⎣⎢

⎤⎦⎥+ + ⎡

⎣⎢⎤⎦⎥� �n

n nn

n

n, де σk — сума всіх натураль�

них діл ьників числа k.

22. Розв’яжіть рівняння sin cos2 22 3xx

x+⎡⎣⎢⎤⎦⎥ =π

.

23. Розв’яжіть у натуральних числах рівняння

[ ] [ ] [ ]1 2 1 4003 3 33+ + + − =� x .

24. Доведіть, що рівняння [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]x x x x x x+ + + + + =2 4 8 16 32 12345 не маєрозв’язків.

25. Які натуральні числа неможливо подати у вигляді n n+ +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

1

2, n Z∈ ?

26. Знайдіть всі n N∈ , при яких числоn2

5

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

є простим.

27. Доведіть, що числа{ }10 2n , де n=0 1 2, , ,..., всі попарно різні.

28. Доведіть, що серед членів послідовності ( )an , заданої співвідно�

шенням a1

2= , a an n+ = ⎡⎣⎢

⎤⎦⎥1

3

2, n N∈ , міститься нескінченна кількість пар�

них та непарних чисел.

29. Нехай для всіх натуральних n a n nn = + +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

1

2і [ ]b a an n n= − . Об�

числіть суму b b b nbn1 2 32 3+ + + +� .

30. Розв’яжіть рівняння [ ] [ ] [ ]x x x+ + + =2 1995 1995� .

80 Готуємось до олімпіади з математики Нерівності 81

НЕРІВНОСТІ

1. Яке число більше: 2 3100 100+ чи 4100 ?


Доведемо, що 4 2 3100 100 100> + . Оскільки 2 3 2 3100 100 100+ < ⋅ , то досить до�вести, що 4 2 3100 100> ⋅ , тобто

4

3

4

3

64

272

100 3⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ > ⎛⎝

⎜ ⎞⎠⎟ = > .

Отже, 4 2 3100 100 100> + .2. Яке з чисел 5 94 , 6 90 , 7 85 , 8 79 найбільше?


Доведемо спочатку, що 6 590 94> , тобто 6 545 47> або6

55

45

2⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ > . Піднесе�

мо число6

5до п’ятого степеня

6

51

1

51

1

5

1

5

1

5

1

5

1

52

5 5⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = +⎛⎝

⎜ ⎞⎠⎟ > + + + + + = .

Звідки6

52 25

45

9⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ > > . Доведемо тепер, що 7 685 90> , тобто 7 617 18> або

7

6

7

61

1

62

18 6 3 6 3

3⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = ⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = +⎛⎝

⎜ ⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ > > 7.

Отже, з перших трьох чисел найбільше 7 85 . Залишилось порівняти 7 85 і 8 79 .

Доведемо, що 7 885 79> , тобто 78

76

79

> ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ . Розглянемо сильнішу нерівність

78

76

80

> ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ або

8

77

40

3⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ > . Вона правильна, бо

8

7

8

7

4096

2401

40 8 5 2 5

⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = ⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = ⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ( )< < = < =1 71 3 243 343 72 5 5 3, .

Отже, найбільше серед даних чисел 7 85 .

3. Нехай n — натуральне число і n≥2. Доведіть, що ( )n nn n> + −1 1 .


Позначимо a nnn= , b nn

n= + −( )1 1 . У такому випадку a b2 24 3= > = . Крім

того,( )a

a

k

kk

k

k

k

++

=+1

11,

( )

( )

b

b

k

k

k

k

k

k

+−=

++

1

1

2

1. Залишилось довести, що

( ) ( )

( )k

k

k

k

k

k

k

k

+>

++

+

−

1 2

1

1

1.

Запишемо цю нерівність у вигляді ( ) ( )k k kk k+ > +1 22 2 , тобто ( )k k k+ > +1 22 2 ,

звідки випливає твердження задачі.Зазначимо, що ми застосували метод математичної індукції в іншому

вигляді. Якщо для деякого натурального числа t справедлива нерівність

a bt t≥ і для всіх k t≥ справедлива нерівністьa

a

b

bk

k

k

k

+ +>1 1( ; )a bi i> 0

, то при всіх

n t> справедлива нерівність a bn n> .4. Нехай x ≥0, n — натуральне число. Доведіть, що ( )1 1+ ≥ +x nxn

(нерівність Бернуллі).


Нехай ( )a xnn= +1 , b nxn = +1 . Тоді очевидно, що a b

1 1≥ .

( )a

a

x

xx

k

k

k

k

++

=++

= +111

11

( ),

b

b

k x

kxk

k

+ =+ ++

1 1 1

1

( ).

Нам потрібно довеcти, що 11 1

1+ ≥

+ ++

xk x

kx

( )або ( )( ) ( )1 1 1 1+ + ≥ + +x kx k x чи

( ) ( )k x kx k x+ + ≥ +1 12 , що є очевидним. Отже, нерівність Бернуллі доведена.5. Нехай x — довільне число. Доведіть, що ( )( )( )x x x x+ + + ≥−1 2 3 1.


Виконаємо множення ( )x x+3 ; ( )( )x x+ +1 2 . Тоді нерівність запишемоу вигляді

( )( )x x x x2 23 3 2 1+ + + ≥− або ( )( )( )x x x x2 23 1 3 1 1 1+ + + + + ≥− ,

( )x x2 23 1 1 1+ + − ≥− .

6. Доведіть, що при додатних x та y x yx

y

y

x4 4

6

2

6

2+ ≤ + .


Позначимо: x a2 = , y b2 = . Тоді


( ) ( )x

y

y

xx y

a

b

b

aa b

a

ba b

b

ab a

6

2

6

24 4

3 32 2

2 2

+ − − = + − − = − + − =

( ) ( )( )= − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − − ≥a b

a

b

b

a aba b a b

2 23 31

0.

7. Доведіть, що для додатних чисел x1, x2 , …, xn виконується нерів�

ність( )x x xx x x

nnn

1 21 2

21 1 1+ + + + + +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ≥� � .


Скористаємось нерівністю Коші. Тоді

( )x x xx x x

n x x x nx xn

nn1 2

1 21 2

1 2

1 1 1 1 1 1+ + + + + +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ≥ ⋅� � �...

xn

n

= 2 .

8. Доведіть, що для довільних додатних чисел a, b, c виконується нерів�

ністьa

b c

b

c a

c

a b+++++≥

3

2.


a

b c

b

c a

c

a b+++++=

=++⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ +

++⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ +

++⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ − = + +

a

b c

b

c a

c

a ba b c1 1 1 3

1( )

b c c a a b+++++

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ −

1 13.

Застосуємо нерівність Коші

( )( )( ) ( )( )( ) ( )1 1 1

31 3 9

23

3b c c a a b b c c a a b b c a c a b a b c+++++≥

+ + +=

+ + +≥

+ +.

Тоді

( )( )

a

b c

b

c a

c

a ba b c

a b c+++++≥ + + ⋅

+ +− =

9

23

3

2.

9. Нехай a, b, c — сторони трикутника, ma , mb , mc — відповідні медіани.

Доведіть, що

m

b c

m

a c

m

a ba b c2

2 2

2

2 2

2

2 2

9

8++

++

+≤ .


Скористаємося відомими формулами:

Нерівності 83

( )m

b c aa2

2 2 22

4=

+ −,

( )m

a c bb2

2 2 22

4=

+ −,

( )m

a b cc2

2 2 22

4=

+ −.

Тоді

( )( )

( )m

b c

m

a c

m

a b

b c a

b c

a ca b c2

2 2

2

2 2

2

2 2

2 2 2

2 2

2 22

4

2

++

++

+=

+ −+

++ −( )

( )( )

b

a c

a b c

a b

2

2 2

2 2 2

2 24

2

4++

+ −+

=

= −+

++

++

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≤ − ⋅ =

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

9

8

2

2 2

2

2 2

2

2 2

a

b c

b

a c

c

a b

(ми скористалися результатом попередньої задачі).10. Для додатних чисел x, y, z знайдіть найменше можливе значення

виразу

( )( ) ( )( ) ( )( )x

y z z y

y

x z z x

z

x y y x

2 2 2

2 2 2 2 2 2+ ++

+ ++

+ +.


Скористаємось нерівністю Коші. Тоді ( ) ( )y z z y

y z+ + ≤

+2 2

3

2)( , звідки

( )( ) ( )y z z y

y z+ + ≤

+2 2

9

4

2

.

А оскільки ( ) ( )y z y z+ ≤ +2

2 22 , то ( )( ) ( )y z z y

y z+ + ≤

+2 2

9

2

2 2

. Аналогічно,

( )( ) ( )x z z x

x z+ + ≤

+2 2

9

2

2 2

, ( )( ) ( )x y y x

x y+ + ≤

+2 2

9

2

2 2

.

Тому

( )( ) ( )( ) ( )( )x

y z z y

y

x z z x

z

x y y x

2 2 2

2 2 2 2 2 2+ ++

+ ++

+ +≥

≥+

++

++

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≥ ⋅ =

2

9

2

9

3

2

1

3

2

2 2

2

2 2

2

2 2

x

y z

y

x z

z

x y.

Крім того, існують значення x, y, z, при яких значення даного виразу

дорівнюють1

3; наприклад: x y z= = =1. Тому найменше значення виразу

дорівнює1

3.


11. Доведіть, що для будь�яких дійсних чисел a a an1 2, ,..., , b b bn1 2, ,...,

стверджується нерівність

( ) ( )( )a b a b a b a a a b b bn n n n1 1 2 2

2

12

22 2

12

22 2+ + + ≤ + + + + + +� � �

(нерівність Коші�Буняковського).


При кожному дійсному значенні х виконуються нерівності ( )a x bi i− ≥2

0,

1≤ ≤i n. Додавши їх, для всіх дійсних х матимемо нерівність

( ) ( )a a a x a b a b a b x b b bn n n n12

22 2 2

1 1 2 2 12

22 22 0+ + + − + + + + + + + ≥� � � .

Тому дискримінант здобутого квадратного тричлена D ≤0, тобто

( ) ( )( )4 4 01 1 2 2

2

12

22 2

12

22 2a b a b a b a a a b b bn n n n+ + + − + + + + + + ≤� � � .

Звідси випливає справедливість твердження задачі.

Якщо розглянути вектори ( )a a a an1 2, ,..., і ( )b b b bn1 2, ,..., , то нерівність

Коші�Буняковського може бути записана у векторній формі: | | | | | |a b a b⋅ ≤ ⋅або як наслідок | | | |a b a b⋅ ≤ ⋅ . Для доведення нерівностей іноді зручно вво�

дити вектори.

12. Доведіть, що якщо xy yz zy+ + =1, то x y z2 2 2 1+ + ≥ .


Розглянемо вектори a x y z( ; ; ) і b y z x( ; ; ). Тоді

a b xy yz zx⋅ = + + , | | | |a b x y z= = + +2 2 2

і, за нерівністю Коші�Буняковського, xy yz zy x y z+ + ≤ + +2 2 2 , звідки

x y z2 2 2 1+ + ≥ .

13. Доведіть нерівність a a a+ + − + − ≤1 2 3 50 3 12.


Розглянемо вектори u ( ; ; )1 1 1 і ( )v a a a+ − −1 2 3 50 3; ; . Тоді

u v a a a⋅ = + + − + −1 2 3 50 3 , | |u = 3, | |v a a a= + + − + − =1 2 3 50 3 4 3.

Тоді, за нерівністю Коші�Буняковського, маємо:

a a a+ + − + − ≤ ⋅ =1 2 3 50 3 3 4 3 12.


14. Доведіть, що рівняння x yx y

2 24 1

17+ =

+ −не має розв’язків.


Запишемо наше рівняння у вигляді x y x y2 2 17 4 1+ = + − . Розглянемо

вектори a x y( ; ) і b ( ; )1 4 . Тоді a b x y⋅ = +4 , | |a x y= +2 2 , | |b = 17. За нерів�

ністю Коші�Буняковського, маємо: x y x y x y2 2 17 4 4 1+ ⋅ ≥ + > + − . Отже,

дане рівняння розв’язків не має.

15. Доведіть, що якщо a a an1 2, ,..., та b b bn1 2, ,..., — дві неспадні (або

незростаючі) послідовності чисел, то

a a a

n

b b b

n

a b a b a b

nn n n n1 2 1 2 1 1 2 2+ + +⋅+ + +

≤+ + +� � �

(нерівність Чебишова).


Запишемо спочатку рівносильну нерівність:

( ) ( )( )n a b a b a b a a a b b bn n n n1 1 2 2 1 2 1 2 0+ + + − + + + + + + >� � � .

Перегрупувавши доданки, дістанемо:

( )( ) ( )( ) ( )( )a a b b a a b b a a b bn n1 2 1 2 1 3 1 3 1 1− − + − − + + − − +�

( )( ) ( )( )+ − − + + − − ≥− −a a b b a a b bn n n n2 3 2 3 1 1

0� ,

оскільки кожен добуток ( )( )a a b bi k i k− − ≥0.

Ще одна важлива нерівність — Єнсена. Якщо функція f x( ) опуклавгору на ( )a b; , то для будь�яких ( )x x x a bn1 2, ,..., ;∈ має місце нерівність

( ) ( )f

x x x

n

f x f x

nn n1 2 1

+ + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≥

+ +� �.

Якщо функція ( )f x опукла вниз на ( )a b; , то для будь�яких

( )x x x a bn1 2, ,..., ;∈ має місце протилежна нерівність.

16. Доведіть нерівність

( )( ) ( )a a a b b b a b a b a bnn

nn

n nn

1 2 1 2 1 1 2 2... ...+ ≤ + + +� , a bn n, >0

(нерівність Мінковського).


Поділимо обидві частини нерівності на a a ann

1 2 ... та позначимо

b

ae

k

k

x k= . Дістанемо 1+ ( )( ) ( )e e e e e ex x xn x x xnn n1 2 1 21 1 1... ≤ + + +� . Розгляне�

мо функцію ( )f x e x= +ln( )1 . Оскільки її друга похідна невід’ємна, то цяфункція опукла вниз на всій області визначення.

( )fx x x

ne e e

n x x xn n1 2

1 1 2

+ + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = +

�ln ... .

( ) ( ) ( )( )( ) ( )f x f x f x

ne e e

n x x xn n1 2

1 21 1 1+ + +

= + + +�

�ln( .

За нерівністю Єнсена,

( ) ( )( ) ( )( )ln ... ln1 1 1 11 2 1 2+ ≤ + + +e e e е е еx x xn x x xnn n� .

Оскільки функція f x t( ) ln= зростаюча, то

( )( ) ( )1 1 1 11 2 1 2+ ≤ + + +e e e e e ex x xn x x xnn n... � ,

що й треба було довести.17. Нехай A, B, C — кути трикутника. Доведіть, що

sin sin sinA B C+ + ≤3 3

2.


На відрізку [ ]0;π функція f x x( ) sin= має недодатну другу похідну,

а тому є опуклою вгору. Тоді, за нерівністю Єнсена, маємо:

sin sin sinsin sin

A B C A B C+ +≤

+ += =

3 3 3

3

2

π,

що й доводить потрібну нам нерівність.18. Числа a, b, c, d задовольняють умови a b c d2 2 2 2 1+ = + = . Доведіть,

що ac bd+ ≤1.


Нехай a = cosα, c = cosβ. Тоді b = sinα, d = sin β, а тому

( )ac bd+ = + = − ≤cos cos sin sin cosα β α β α β 1.

19. Усі числа a a a an1 2 3, , ,..., більші за 1, і для будь�якого k, 1 1≤ ≤ −k n

виконується нерівність | |a ak k+ − <

11. Доведіть, що


a

a

a

a

a

a

a

an

n

n

n1

2

2

3

1

1

2 1+ + + + < −−� .


Розставимо між даними n числами a a an1 2, ,..., знаки «<» або «>». Не�хай серед них k знаків «<», решта n k− −1 знаків «≥». Якщо між числами ai

та ai+ 1

міститься знак «<», тоa

ai

i +<

11, а якщо «>», то

a

ai

i +<

12, бо

| |a a a ai i i i+ +− = −

1 1, а тому a ai i

− <+ 11, звідси a a ai i i< + <+1 2

1. Таким чи�

ном, можемо оцінити всі доданки суми S =a

a

a

a

a

a

a

an

n

n1

2

2

3

1

1

+ + + +−� , крім ос�

таннього. Для оцінки відношенняa

an

1

запишемо

( ) ( ) ( )a

a

a a a a a a a

an n n n n

1

1 1 2 2 1 1

1

=− + − + + − +− − − �

.

У чисельнику серед різниць a ai i− + 1

буде n k− −1 від’ємних і k таких, що

a ai i− <+ 1

1. Томуa

a

k

ak

n

1 1

1 1< + < + . Тоді

( )S k n k k n< + − − + + = −2 1 1 2 1,

що й треба було довести.

20. Доведіть, що для будь�яких чисел a, b, c, d з відрізка [ ]1 2; вико�

нується нерівністьa b

b c

c d

d a

a c

b d

+++++≤

++

4 .


Для доведення нерівності досить переконатися, що кожний доданок

лівої частини не перевищує 2a c

b d

++

. Нехайa b

b c

a c

b d

++≤

++

2 . Тоді

( )( ) ( )( )a b b d a c b c+ + ≤ + +2 , ad bd b ab ac bc c+ + ≤ + + +2 22 2 2 ,

( ) ( ) ( )( )a c d b c d c b b a2 2 2 02− + − + − − ≥ .

Оскільки числа a, b, c, d лежать у проміжку [ ]1 2; , то 2c d≥ , 2 22c ≥ ,

b b a( )− ≤2. Аналогічно доведемо, щоc d

d a

a c

b d

++≤

++

2 .

21. Нехай a, b, c — невід’ємні дійсні числа такі, що a b c+ + =3. Доведіть,що ( ) ( )2 3 13 3 3 2 2 2a b b c c a a b b c c a+ + ≥ + + − .



Маємо, що для будь�якого невід’ємного t 2 1 33 2t t+ ≥ , бо ( ) ( )t t− + ≥1 2 1 02 .Тому 2 33 2a b b a b+ ≥ , 2 33 3b c c b c+ ≥ , 2 33 2c a a c a+ ≥ . Додавши почленно цінерівності і використавши те, що a b c+ + =3, дістанемо потрібнунерівність.

Завдання для самостійного розв’язування

22. Що більше: а) 7 92 чи 8 91 ? б) 2 40 чи 3 37 ? в) x чи1714 ?

23. Доведіть нерівності: а) ( )n nn! 2 > , n≥3, n N∈ ;

б) ( )11

2

1

3

12 1 1+ + + + > + −�

nn , n N∈ .

24. Доведіть нерівність Бернуллі ( )1 1+ ≥ +n nxn , якщо x ≥−1, n N∈ .

25. Сума додатних чисел x1; x =0, …, xn дорівнює

1


y R∈ .

26. Доведіть, що для кожного натурального числа n≥2 виконується

нерівність1 1

1

1

2 12

n n nn nn+

++ +

−> ⋅ −� .

27. Для додатних чисел x, y, z, t знайдіть найбільше значення виразу

x y z t

x y z t

16 8 4

1 2

⋅ ⋅ ⋅+ + + +

.

28. Доведіть, що для всіх натуральних n виконується нерівність

( )n

nn

n

n

n+⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ ≥ + ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟−1

22 1

1 2 3

1 3 5 2 11

2�

� ( ).

29. Добуток додатних чисел a a a an1 2 3, , ,..., дорівнює 1. Доведіть, що

( )( ) ( )1 1 1 21 2+ + + ≥a a an

n� .

30. Для довільних додатних чисел x1, x2 , …, xn . S x x xn= + + +

1 2 � . До�

ведіть нерівністьx

S x

n

ni

ii

n

−≥−=

∑1 1

.

31. Дляαπ

∈ ⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟0

2; та n N∈ . Доведіть нерівність

1 1 12 2 2 2sin cos sin cosn n n n− − + ++ ≥

+α α α α.


32. Доведіть, що якщо a b c+ + =1, то 2 1 2 1 2 1 15a b c+ + + + + ≤ длявсіх допустимих значень a, b, c.

33. Доведіть, що для всіх дійсних чисел x ≥0 та натуральних чисел k,( )f x =1, n виконується нерівність ( ) ( ) ( )1 1 1 6 6+ + + + + ≥x x x x kmnk m n .

34. Нехай a, b, c — натуральні числа і1 1 1

1a b c+ + < . Доведіть, що

1 1 1 41

42a b c+ + ≤ .

35. Доведіть, що для довільних чисел a, b, c справедлива нерівність:а) ( )a b b c a c abc a b c2 2 2 2 2 2+ + ≥ + + ;

б) ( )a b c abc a b c4 4 4+ + ≥ + + .

36. Нехай x і y — додатні числа. Через S позначимо найменше з чисел x,1

y, y

x+

1. Якого максимального значення може набувати величина S?

37. Доведіть, що для додатних довільних чисел a та b виконуєтьсянерівність

( )1 1

3

1 1 64

32 2 2 3 3a a b ab b a b+ + + ≥

+.

38. Нехай n≥3 — натуральне число, a a a an1 2 3, , ,..., такі дійсні числа,

що 2 3≤ ≤ai , i n=1 2, ,..., .Доведіть нерівність:

a a a

a a a

a a a

a a a

a an12

22

32

1 2 3

22

32

42

2 3 4

212+ −

+ −+

+ −+ −

+ ++ −

�a

a a aS n

n

22

1 2

2 2+ −

≤ − ,

де S= a a a an1 2 3, , ,..., .39. Для додатних чисел a, b, c знайдіть найменше можливе значення

виразу

a

b c

b

a c

c

a b

b c

a

a c

b

a b

c+++++++++++

.

40. Доведіть, що для будь�яких дійсних додатних чисел x та y вико�

нується нерівність

( )x y

x y

+≥

⋅

16

9 7

16

9 7

16

9 7.


ФУНКЦІОНАЛЬНІ РІВНЯННЯ

Рівняння, призначене для визначення невідомої функції, називаєтьсяфункціональним.

Один з методів розв’язування функціональних рівнянь — метод під�становок. Він полягає в тому, що замість змінних застосовують різніпідстановки і, комбінуючи знайдені рівняння, знаходять ( )f x .

1. Знайдіть усі функції f R R: → такі, що для всіх x R∈

( ) ( )( ) ( )x f x f x f x+ − + + − =2 2 0.


Підставимо замість x змінну−x. Дістанемо:

( ) ( )( ) ( )− − + + + =x f x f x f x2 2 0.

Звідки

f xf x

xf x( )

( )( )− = − −

22.

Підставивши в початкове рівняння, маємо:

( )( )x f x

f x

xf x

f x

xf x( )

( )( )+ − − +⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + − −

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ =

22 2 2

22 0.

Звідки ( )f x x= . Перевірка показує, що ця функція задовольняє нашерівняння.

2. Знайдіть усі функції f R R: → такі, що для всіх x y R, ∈ ,

( ) ( )f x y f x y+ = + .


Покладемо y x=− . Дістанемо: ( ) ( )f f x x0 = − . Нехай ( )f a0 = , a R∈ . Тоді( )f x x a= + , a R∈ .

Перевіркою встановлюємо, що для всіх a R∈ . ( )f x x a= + будерозв’язком даного рівняння.

3. Знайдіть усі функції f R R: → такі, що при x ≠0, x R≠ , a ≠±1, a ≠0

( )af x fx

ax+ ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ =

1.


Підставимо замість x змінну1

x. Дістанемо: af

xf x

a

x

1⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ + =( ) , звідки

fx x

f x

a

1 1⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = −

( ). Підставимо в початкове рівняння, дістанемо:

( )( )

af xx

f x

aax+ − =

1,

звідки ( )( )( )f x

a ax

x a=

−−

1

1

2

2 . Перевірка показує, що знайдена функція задоволь�

няє наше рівняння.4. Знайдіть усі функції f R R→ , які при будь�яких дійсних x, y задо�

вольняють рівність

( ) ( ) ( )f x y f x f y2 2+ = + .


Покладемо y x x= − 2 . Дістанемо:

( ) ( ) ( )( )f x x x f x f x x2 2 2 2+ − = + − або ( )( )f x x− =2 20

при всіх значеннях x R∈ . Звідси випливає, що для кожного z ≥0, ( )f z =0.

Оскільки y 2 0≥ , то ( )f y 2 0= . Отже, підставивши x =0 у початкове рівняння,

дістанемо: ( ) ( ) ( )f y f f y= + =0 02 при всіх y R∈ . Зробивши перевірку, бачи�

мо, що функція ( )f x =0 є розв’язком даного рівняння.5. Знайдіть усі функції f , визначені на множині дійсних чисел, які на�

бувають дійсних значень та для всіх дійсних x і y задовольняють співвідно�

шення ( ) ( )( )f x y f x y3 33

− = + .


Для x y= маємо: ( ) ( )( )f f0 03

= . Звідси ( )f 0 0= або ( )f 0 1=± . Для x yt

=− =2

3

маємо: ( ) ( )( ) ( )f t f f= =0 03

, тобто функція f в усіх точках набуває одного

й того самого значення ( )f 0 . Тому шуканими можуть бути тільки трифункції: ( )f x =0, ( )f x =1, ( )f x =−1. Перевіркою встановлюємо, що всі вонизадовольняють співвідношення в умові задачі.

6. Знайдіть усі функції f R R: → такі, що для всіх дійсних x та y вико�

нується рівність ( ) ( ) ( )f x y f x y f y x+ = −cos sin .



Для x =0 маємо: ( ) ( )f y f y= 0 cos або f x a х( ) cos= , a R∈ .

Тоді

( ) ( )a x y a x y y xcos cos cos cos sin+ = − , a y x a y xsin sin cos sin= .

Для x =π2

маємо для всіх y: a y a ysin cos= , що можливе лише при a =0.

7. Знайдіть усі такі функції f R R: → , для яких при довільних дійсних x,

y виконується рівність ( ) ( )f x y f x y f x y+ + − =2 ( ) cos .


Нехай t — довільне дійсне число. Тоді задана рівність повинна викону�ватись і для таких пар чисел:

1) x =0, y t= ;

2) x =π2

, y t= +π2

;

3) x t= +π2

, y =π2

.

Тому приходимо до системи:

f x f x f t

f t f t f t

( ) ( ) ( ) cos ,

( ) ( ) sin ,

+ − =

+ + − =− ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟

2 0

22

ππ

f t f t( ) ( ) .+ + =

⎧

⎨⎪

⎩⎪

π 0

Позначимо: f aπ2⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = , ( )f b0 = . Віднімемо друге рівняння системи від

суми першого і третього. Дістанемо: ( )f t a t b t= +sin cos . Перевірка показує,що ця функція задовольняє дане рівняння при довільних a b R, ∈ .

Ще один метод розв’язування функціональних рівнянь – метод Ко�ші – полягає в тому, що розв’язок рівняння знаходять спочатку для x N∈ ,потім для x Q∈ , і, нарешті, для x R∈ . Цей метод застосовують за умовинеперервності функції ( )f x .

8. Знайдіть усі неперервні функції f R R: → , для яких при всіх дійсних

x, y виконується рівність f x y f x f y( ) ( ) ( )+ = + .


Нехай x y= =0. Тоді ( ) ( ) ( )f f f0 0 0= + , звідки ( )f 0 0= . Нехай тепер y x=− .

Тоді f f x f x( ) ( ) ( )0 = + − , f x f x( ) ( )− =− , f x( ) — непарна. Покладемо ( )f a1 = ,

якщо x y= =1, то ( )f a2 2= . З умови випливає, що

Функціональні рівняння 93

( ) ( ) ( )f x x f x f xn n1 1+ + = + +... � .

Тоді при x xn11= = =� , ( )f n = na. При x x

nn1

1= = =� f

n

a

n

1⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = .

Виберемо m аргументів, рівних1

n. Тоді

fm

nf

n nmf

n

m

na

m

⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = + +⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = ⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ =

1 1 1�

� ��

.

Враховуючи непарність функції, маємо:

fm

nf

m

n

m

na−⎛⎝

⎜ ⎞⎠⎟ =− ⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ =− .

Крім того, f ( )0 0= . Тому для всіх раціональних x маємо: f x ax( )= . Нехай x —

ірраціональне. Розглянемо послідовність раціональних чисел ( )xn , яка

збігається до x. Оскільки f x( ) неперервна то

f x f x f x ax axn

nn

nn

n( ) lim lim ( ) lim= ⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = = =

→ ∞ → ∞ → ∞.

Тому f x ax( )= для всіх x R∈ . Підстановкою в початкове рівняння переко�нуємося, що a — довільне число.

9. Знайдіть усі неперервні монотонні функції f R R: → , для яких при

всіх дійсних x, y виконується рівність f x y f x f y( ) ( ) ( )+ = ⋅ .


Покладемо послідовно y x= , y x=2 , ..., ( )y n x= −1 .

f x f x( ) ( )2 2= ,

f x f x f x f x( ) ( ) ( ) ( )3 2 3= ⋅ = ,

( ) ( )( )f nx f x f n x f xn= ⋅ − = =( ) ( )1 �

(істинність останньої рівності легко встановити методом математичноїіндукції).

Покладемо тепер x =1, тоді f n f n( ) ( )= 1 .

Нехай f a( )1 = , тоді f n a n( )= . Покладемо тепер xm

n= . Тоді f m f

m

nn( )= ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟

або fm

nan m⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ = . Звідси f

m

na

m

n⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = , зокрема, при m=1 f

na n

1 1⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = . Оскільки

за умовою функція f x( ) визначена при довільних значеннях x, то a n

1

мати�


ме зміст при довільному n N∈ , звідки f a( )1 0= ≥ . Покладемо y =0. Тоді придовільному a f x f x f( ) ( ) ( )= ⋅ 0 і оскільки f x( ), будучи монотонною, недорівнює тотожно нулю, то f a( )0 1 0= = .

Покладемо y a=− . Тоді f x f x f( ) ( ) ( )⋅ − = 0 , звідки f xf x

( )( )

− =1

. Отже, при

xm

n= f

m

nf

m

na

am

n

m

n−⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ =

⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟= =

−1 1(рівність a =0 виключається).

Отже, при всіх раціональних x f x a x( )= . Нехай x — ірраціональне.

Розглянемо послідовність раціональних чисел ( )xn , яка збігається до x.

Оскільки f x( ) неперервна, то

( )f x f x f x a an

nn

nn

x xn( ) lim lim lim= ⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = = =

→ ∞ → ∞ → ∞.

Тому f x a x( )= для всіх x R∈ . Підстановкою в початкове рівняння переко�нуємося, що a — довільне додатне число.

10. Знайдіть усі функції f R R: → такі, що для будь�яких дійсних x та y

виконується рівність ( ) ( )f x f f yy x+ = +2 2 ( ).

Розв’язанняПокладемо: x y= =0. Тоді f ( )0 0= . Для y =0 маємо:

f x f x f( ) ( ) ( )+ = +1 1 та f x n f x nf( ) ( ) ( )+ = + 1 .

Для y =2 маємо: f x f f f f f x fx x( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ = + = + + = +4 2 2 0 2 2 1 3 1 .З іншого боку, f x f x f( ) ( ) ( )+ = +4 4 1 , тому f ( )1 0= і f x f x( ) ( )+ =1 . Маємо:

f f f f y f yy y( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 0 2 1 11 1+ += + = + + = .

З іншого боку, f f f y fy y y y( ) ( ( ) ( ))2 2 2 21+ = + = + , тому f у( )2 02 = . Будь�яке

число z >1 має вигляд zy

=2 2 , де f z( )=0. Для інших чисел використовуємо

потрібну кількість разів рівність f z f z( ) ( )− =1 . Після перевірки бачимо, щофункція f x( )=0 задовольняє початкове рівняння.

11. Чи існує функція f : R→R, що задовольняє такі умови:1) множина значень f збігається з R;2) для всіх x R∈ виконується рівність f f x f x x( ( )) ( ( ) )( )= + +1 1 ?

Розв’язанняЗ першої умови випливає, що знайдеться y R∈ таке, що f y( )=−1.

Підставимо це в перше рівняння і дістанемо f f y( ( ))=0, тобто f ( )− =1 0.Після підстановки в задане рівняння x =−1 матимемо, що f f( ( )− =1 0, тобтоf ( )0 0= . Тепер підставимо в рівняння x =0 і дістанемо f ( )0 1 0= ≠ . Ця супе�речність доводить, що такої функції не існує.


12. Знайдіть усі функції f, що визначені на множині всіх цілих чиселі набувають лише цілих невід’ємних значень, що задовольняють умови:

1) f mn f m f n( ) ( ) ( )= ;2) f m n f m f n( ) ( ( ) ( ))+ ≤ +1997 ;3) f ( )1997 0=

для всіх цілих значень m i n.


Таких функцій дві:1) f m( )=0 ;

2) f mm

m( )

, ,

,=

0 1997

1

якщо ділиться на

якщо не ділиться на 1997.⎧⎨⎩

Із умов 1) – 3) задачі випливає, що для довільних n і k

f n k f k( ) ( )1997 1997+ ≤ .

Це означає, що функція f обмежена: f m M( )≤ для всіх m, де{ }M f f= ⋅1997 0 1996max ( ),..., ( ) ; коли f k( )=0, то f n k( )1997 0+ = для всіх n

(зокрема, f n( )1997 0= ). Для 1 1996≤ ≤k при діленні на 1997 чисел із набору0, k, 2k, …, 1996k дістають усі можливі остачі (адже всього їх 1997 і жоднідва числа при діленні не дають одну й ту саму остачу – інакше їх різницяl k l k l l k2 1 2 1− = −( ) ділилася б на 1997, що неможливо, бо 1 19962 1

≤ − ≤l l ,1 1996≤ ≤k , а 1997 – просте). Тому за умовою 1) або f m( )=0 для всіх m, абоf m( )≠0 при m, що не ділиться на 1997. Перший випадок (тотожний нуль)задовольняє всі умови. Розглянемо другий. Нехай f m( )≥2 для деякого m.Тоді за умовою 1) f ms s( )≥2 для всіх натуральних S , що суперечить обме�женості функції f . Отже, єдиний випадок, що залишається, — це f m( )=0при m, що ділиться на 1997, і f m( )=1, якщо не ділиться. Цей випадок такожзадовольняє всі умови.

13. Знайдіть усі функції двох змінних f x y( ; ), що визначені для всіх до�

датних x, y і набувають додатних значень та для всіх додатних x, y, z задо�вольняють умови:

1) f x y f x z f x y z( , ) ( , ) ( , );+ = + +12) f x y f y x xy( , ) ( , )⋅ = .


З умови 2) маємо: f x x f x x x( , ) ( , )⋅ = 2 . Звідки f x x x( , ) ,= адже f x x( , )>0.

Доведемо, що для всіх r x> >0 1, з rx >1 виконується рівністьf x rx r x( ; ) ( )− − = −1 1 1 . Для натуральних значень r це доводиться за індук�цією. Для r =1 рівність (1) доведена. Крок індукції від r до r +1 дістанемоз умови 1) додаванням рівностей f x rx r x( , ) ( )− − = −1 1 1 та f x x x( , )− − = −1 1 1.

Для раціональних rp

q= , (p і q — натуральні числа), дістанемо:


qf xp

qx f x

p

qx f x

p

qx− −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ + − −

⎛⎝⎜1 1 1 1 1 1, , ,� ( ) ( )

⎞⎠⎟ = − − = −f x px p x1 1 1,

(використали умову 1) q−1 разів і рівність f x rx r x( , ) ( )− − = −1 1 1 ). Тому дляраціональних r вказана рівність також виконується. Покажемо, що f x y( , )є функцією неспадною по y. За умови y z> для деякого натурального n

y zn

− >1

. Отже,

( ) ( ) ( )( )nf x y f x ny n f x nz n t, , ,= + − = + − + + =1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )= + − + > + − =f x nz n f x t f x nz n nf x z, , , ,1 1 .

Звідси f x y f x z( , ) ( , )> , оскільки t ny nz= − − >1 0 і f x t( , )>0.Для довільного r >0 і раціональних r

1, r2 з умови r r r

1 2< < дістанемо r1

( ) ( ) ( )r x f x r x f x rx f x r x r x1 1 2 21 1 1 1 1 1 1 1( ) ; , , ( )− = − − < − − < − − = − .

Можемо вибрати r1

і r2 як завгодно близькими до r, отже,f x rx r x( , ) ( )− − = −1 1 1 . Рівність f x rx r x( , ) ( )− − = −1 1 1 доведено. Для будь�яких

a >0, b >0 існують x r, такі, що x a− =1 , rx b− =1 , тобто x a= +1, rb

a=++1

1. Тоді

( ) ( ) ( )f a b f x rx r xa b

a, ;

( )= − − = − =

++

1 1 11

1.

Перевірка показує, що ця функція задовольняє умови задачі.14. Знайдіть усі функції f R R: → , які при довільних дійсних x, y задо�

вольняють нерівність f x x( )≤ та f x y f x f y( ) ( ) ( )+ ≤ + .


Покладемо x y= . Тоді f ( )0 0≤ та f f( ) ( )0 2 0≤ . Звідси f ( )0 0= . Тепер длядовільного x R∈ маємо:

( ) ( )( )f x f x x f x f x x≥ + − − − =− − ≥− −( ) ( ) ( ).

Звідси з нерівності f x x( )≤ знаходимо: f x x( )= , x R∈ .15. Чи існує функція f R R: → , яка не набуває жодного свого значення

більше ніж в одній точці і при всіх дійсних х задовольняє нерівність

( ) ( )( )f x f x22 1

4− ≥ .


Доведемо, що такої функції не існує. Справді, покладаючи x =0 та

x =1, дістанемо ( ) ( )( )f f0 01

4

2− ≥ та ( ) ( )( )f f1 1

1

4

2− ≥ . Записуючи ці нерівності


у вигляді f ( )01

20

2

−⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ ≤ та f ( )1

1

20

2

−⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ ≤ , знаходимо, що f f( ) ( )0 1

1

2= = .

Отже, значення1

2будь�яка функція набуває принаймні у двох точках.


16. Знайдіть усі функції f R R: → , які при x ≠0, x ≠2 задовольняють

рівність f x fx

x( )+−

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ =

4

2.

17. Знайдіть усі функції f R R: → , які для всіх x y R, ∈ задовольняють

рівність f x y f x y f x y( ) ( ) ( )+ + − = −2 3 .

18. Знайдіть усі неперервні функції f R R: → , які для всіх x R∈ задо�

вольняють рівність ( )f x f x( ) ( )2

2= .

19. Функція f визначена на множині цілих невід’ємних чисел і набу�

ває значень на цій множині. Для довільного числа n з цієї множини маємісце рівність f f n f n n( ( )) ( )+ = +2 3. Знайдіть ( )f 1995 .

20. Знайдіть усі многочлени ( )P x такі, що для всіх x y R, ∈ виконується

рівність ( )( ) ( )( ) ( ) ( )P x P y P x y P x y2 2− = + − .

21. Функція f Z Z: → задовольняє умови:

1) для всіх n Z∈ , ( )( )f f n n= ;

2) для всіх n Z∈ , f f n n( ( ) )+ + =2 2 ;3) f ( )0 1= .Знайдіть f ( )1995 та f ( )−1994 .

22. Знайдіть усі функції f R R: → , такі, що для всіх x y R, ∈

( ) ( )f x y f x y− = −3 3 .

23. Знайдіть усі функції f Q Q: + +→ такі, що для всіх x y Q, ∈ + вико�

нуються рівності:1) f x f x( ) ( )+ = +1 1;

2) ( ) ( )f x f x3 3= .

24. Нехай для всіх дійсних чисел x функція f задовольняє співвідно�

шення ( ) ( ) ( )x f x x f x x x− + − + − = −1 1 1 1 4 12( ) ( ) .

а) Доведіть, що функція f є неперіодичною.б) Чи може функція f бути многочленом?в) Чи може функція f бути не многочленом?


25. Функція f задана на проміжку [ )1;+∞ та при всіх x ≥1 задовольняє

умовуf x

f x x( )

( )2

2≤ ≤ . Доведіть, що для кожного x ≥1 виконується

нерівність f x x( )< 2 .

26. Відомо, що для функції f при всіх дійсних значеннях x вико�

нується рівність f xf x

f x( )

( )

( )+ =

−2

5 1, причому f ( )0 2= . Знайдіть f ( )2000 .

27. Знайдіть усі функції f R R: → , для яких

f x y f x y x f y( ) max( ( ), ) min( , ( ))+ = +

для всіх дійсних x, y.28. Нехай S — множина всіх дійсних чисел, строго більших за –1.

Знайдіть усі функції f S S: → , що задовольняють умови:

1) ( ) ( )( ) ( ) ( )f x f y xf y y f x yf x+ + = + + для всіх x y S, ∈ ;

2)f x

x

( )строго зростає на кожному з інтервалів− < <1 0x та x >0.

29. Знайдіть усі функції f R R: → такі, що

( )( ) ( )( ) ( ) ( )f x f y f f y xf y f x− = + + −1

для всіх x y R, ∈ .30. Знайдіть усі функції f R R: + +→ , що задовольняють умову

( )( ) ( )f xf y f y f x y= +( ) для всіх x y R, ∈ + і для яких f ( )2 0= та f x( )≠0 для

0 2≤ <x .



КОЛО

Деякі теоретичні відомості

1. Вписані в коло кути, що спираються на одну і ту ж дугу чи на рівнідуги, рівні.

2. Кут між січною та дотичною кола дорівнює піврізниці величинидуг, розташованих між сторонами кута.

3. Якщо через точку всередині кола провести декілька хорд, то добу#ток відрізків кожної з цих хорд є величина стала і дорівнює добутку відрізківдіаметра, що проходить через цю точку.

4. Квадрат довжини дотичної дорівнює добутку відрізків січної відвершини кута до точок її перетину з колом.

5. Чотирикутник описаний навколо кола тоді й тільки тоді, колисуми його протилежних сторін рівні.

6. Чотирикутник вписаний у коло тоді й тільки тоді, коли суми йогопротилежних кутів рівні.

7. Теорема Птолемея: в будь#якому вписаному опуклому чотирикут#нику добуток діагоналей дорівнює сумі добутків протилежних сторін.

1. У сегмент колаω, що обмежений хордою MN, вписані два кола. Вонидотикаються до дуги колаω у точках A та B, а до MN — у точках C та D. До�ведіть, що точки A, B, C, D лежать на одному колі.

Розв’язанняНехай O, O

1, O2 — центри цих кіл.

Зауважимо, що

∠ =∠O AD O DA1 1

, ∠ =∠O BC O CB2 2 ,∠ =∠ =O DC O CD

1 2 90 o , ∠ =∠OAB OBA.

Звідси дістанемо:

∠ +∠ =∠ +∠ABC ADC DAB DCB,

а тому точки A, B, C, D лежать на одно�му колі.

2. Дано два кола ω1

і ω 2 , які пере�

тинаються у двох точках A і B. Колоω 2

A

M

B

N

O1

O2

O

D C

проходить через центр кола ω1.

Дотична до кола ω 2 , проведеначерез точку B, перетинає коло ω

1

у точці C, відмінній від точки B.Доведіть, що AB BC= .

Розв’язанняНехай ∠ =ABC α. Тоді

∠ =AO B2 2α, ∠ = −AO B1

180 o ,

− ∠ = −1

21802AO B o α.

∠ = ∠ = −ACB AO B1

290

21o α

,

звідки ∠ = −BAC 902

o α, тобто Δ ABC — рівнобедрений.

3. У чотирикутник ABCDвписано коло з центром у точціO. Через точки A, B, C, D пер�пендикулярно до OA, OB, OC, ODпроведено відповідно прямі l

A,

lB , lC , lD , причому l l KA B∩ = ,

l l LB C∩ = , l l MC D∩ = , l l NA D∩ = .

Доведіть, що KM LN O∩ = ,і знайдіть довжину відрізка ON,якщо відомо, що OK p= , OL q= ,OM r= .

Розв’язанняДоведемо, що O NL∈ , тобто

∠ +∠ =NOK LOK 180 o або∠ +ONK+∠ +∠ +∠ =NKO OKL KLO 180 o .Зазначимо, що промені AO, BO,CO, DO є бісектрисами внутріш�ніх кутів чотирикутника ABCD, а навколо кожного з чотирьох з чотири�кутників OAND, ODMC, OCLB, OBKA можна описати коло. Нехай

∠ =BAD α, ∠ =ABC β, ∠ =BCD γ , ∠ =CDA δ.Тоді

∠ =∠ =∠ =∠ =BAO DAO BKO DNOα2

, ∠ =∠ =∠ =∠ =ABO CBO AKO CLOβ2

,

Коло 101

O2

O1

B

C ω2

ω1

A

O

N

B

A

C

D

M

K

L

∠ =∠ =∠ =∠ =BCO DCO KLO OMDγ2

, ∠ =∠ =∠ =∠ =ADO CDO ANO OMCδ2

.

Отже, ∠ +∠ +∠ +∠ =+ + +

=ONK NKO OKL KLOα β γ δ

2180 o , що й дово�

дить, що O MK∈ . У чотирикутнику NKLM ∠ +∠ =∠ +∠N L M K, тобтонавколо нього можна описати коло. Тоді за теоремою про пропорційністьвідрізків хорд, що перетинаються всередині кола, ON OL OM OK⋅ = ⋅ , звідси

дістанемо, що ONp r

q=⋅

.

4. Дано два нерівних кола, які дотикаються одне до одного. У більшо�му колі проводиться довільний діаметр AB, розглядаються довжини дотич�них, проведених із точок A і B до меншого кола. Доведіть, що сума квад�ратів довжин цих дотичних не залежить від вибору діаметра AB.

Розв’язанняНехай D — точка

дотику кіл, AB — діа�метр більшого кола,A

1і B

1— відповідно

другі точки перетинупрямих AD i BD з мен�шим колом, O і O

1—

відповідно центрибільшого та меншогокіл, AM та BN — до�тична до кола з цен�тром у точціO

1, A B

1 1—

діаметр меншого кола, оскільки∠ =B DA1 1

90 o . Позначимо: AO OB OD R= = = ,DO O B O A r

1 1 1 1= = = . Прямокутні трикутники ABD і A B D

1 1є подібними тому,

що∠ =∠ =∠ =∠DAO ODA A DO DA O1 1 1 1

. Звідси випливає, що

DA

DA

r

R1 = ,

DB

DB

r

R1 = .

Для дотичної AM і січної AA1

можна записати AM AD AA21

= ⋅ . Для

дотичної BN і січної B1

також маємо BN BD BB21

= ⋅ . Тоді

AM BN AD AA BD BB2 21 1

+ = ⋅ + ⋅ = ( )1 2 2+⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + =

r

RAD BD

( )= +⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = +⎛⎝

⎜ ⎞⎠⎟ = +1 1 4 42 2 2r

RAB

r

RR R Rr .


O

B

O1D

N

B1

A1

AM

Отже, сума квадратів дотичних, проведених з точок A і B до меншогокола, виражається через сталі величини — радіуси кіл, а отже, не залежитьвід вибору діаметра AB.

5. Три кола ω1, ω 2 , ω 3 зовні дотикаються одне до одного. Нехай A, B,

C — точки дотику кіл відповідноω1

іω 2 ,ω 2 іω 3 ,ω1

іω 3 . Точки D та E ви�брано відповідно на колах ω

1і ω 2 таким чином, що DB є спільною дотич�

ною до кіл ω 2 та ω 3 , а EC — спіль�ною до кіл ω

1і ω 3 . Нехай відрізки

DB та EC перетинаються в точці O.Доведіть, що OA OB OC= = .

Розв’язанняІз властивостей дотичних, про�

ведених до кола з однієї точки, ви�пливає, що досить довеcти, що OAбуде дотичною хоча б до одногоз кілω

1іω 2 . Припустимо, що це не

так. Тоді пряма OA перетне коло ω1

у точці X A≠ та коло ω 2 у точціY A≠ . За теоремою про дотичну та січну, які проведені до кола з однієї точ�ки, маємо: OC OX OA2 = ⋅ , OB OY OA2 = ⋅ . Оскільки OC OB= як дотичні докола ω 3 , то OX OY= , звідки X Y= . Але кола ω

1і ω 2 мають лише одну

спільну точку A. Суперечність доводить твердження задачі.6. Дано трикутник ABC, навко�

ло якого описано коло. Нехай точ�ки, в яких продовження медіантрикутника ABC вдруге перетина�ють це коло, є вершинами рівносто�роннього трикутника. Доведіть, щотрикутник ABC також є рівносто�роннім.


Позначимо через O точку пере�тину медіан трикутника ABC. Не�хай продовження медіан, які вихо�дять з вершин A, B, C, перетинаютьописане коло в точках відповідно P,Q, R. ΔPRO подібний до ΔCAO задвома кутами, оскільки

∠ =∠PAC PRC і ∠ =∠RCA RPA.

Коло 103

O

B

A

C

D

ω1

ω2

ω3

O

Р

B

C

A

Q

R

E

Отже,PR

CA

PO

CO= . Аналогічно встановлюємо, що

PQ

AB

PO

BO= . Оскільки PR PQ= ,

то із здобутих рівностей маємо:AB

AC

BO

CO

m

mb

c

= = . Використовуючи відому

формулу, за якою довжини медіан виражаються через довжини сторін три�кутника, маємо:

AB

AC

AB BC AC

AC BC AB

2

2

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2=

+ −+ −

.

Тобто ( )( )AC AB BC AB AC2 2 2 2 22 0− − − = . Аналогічно дістанемо ще дві

рівності:

( )( )AC BC AB BC AC2 2 2 2 22 0− − − = , ( )( )BC AB AC AB BC2 2 2 2 22 0− − − = .

Звідси випливає, що AB BC CA= = .7. Навколо трикутника ABC

описано коло. Позначимо від�стані від точки кола X до сторінBC, AC, AB через m, n, k. Дове�

діть, щоa

m

b

n

c

k= + , де a, b, c —

довжини сторін BC, AC, AB.

Розв’язанняНехай X

1, X 2 , X 3 — про�

екції точки Х на сторони BC,AC, AB. Тоді XX m

1= , XX n2 = ,

XX k3 = . Сполучимо точку Xз A, B і C. До чотирикутникаABXC застосуємо теорему Пто�лемея: BC AX BX AC CX AB⋅ = ⋅ + ⋅

або a AX b BX c CX⋅ = ⋅ + ⋅ . З подібності трикутників BXX1

і AXX 2 випливає,

щоBX

AX

XX

XX= 1

2

або BXm

nAX= . З подібності трикутників CXX і AXX 3 ма�

ємо:CX

AX

XX

XX= 1

3

або CXm

kAX= ⋅ . Тоді a AX b

m

nAX c

m

nAX⋅ = + або

a

m

b

n

c

k= + .

8. У трикутник ABC вписано півколо так, що діаметр півкола нале�жить стороні BC, а до бічних сторін воно дотикається у точках F

1i F2 .

Бісектриса кута BAC перетинає описане навколо трикутника коло в точці

W . Доведіть, що S F F AW= ⋅1

2 1 2 , де S — площа трикутника ABC.


B

A

C X 1

X 2

X 3

X


Позначимо O1

центр півко�ла. Очевидно, що O AW

1∈ . До

чотирикутника ABWC засто�суємо теорему Птолемея:

AC BW AB CW BC AW⋅ + ⋅ = ⋅ .

Оскільки BW CW= , то

( )AC AB BW BC AW+ ⋅ = ⋅ . (*)

Трикутники BWC і F O F1 1 2 подіб�

ні (вони рівнобедрені і∠ =F O F1 1 2

= ∠CWB). Отже,

F O

BW

F F

BC1 1 1 2= ,BW

BC F O

F F=

⋅1 1

1 2

.

Але1

2

1

22 1 1 1F O AC F O AB S⋅ + ⋅ = . Отже, F O

S

AC AB1 1

2=

+, тому

( )BWBC S

AC AB F F=

⋅+ ⋅

2

1 2

. (**)

Підставивши (**) в (*), маємо:

( )( )AC AB

BC S

AC AB F FBC AW+ ⋅

⋅+ ⋅

= ⋅2

1 2

або S F F AW= ⋅1

2 1 2 .

9. Дано коло ω і точ�ку P поза ним. Пряма lпроходить через точку Pі перетинає ω в точках Aі B. На відрізку AB по�значено точку C таку, щоPA PB PC⋅ = 2 . Точки Mі N — середини двох дуг,на які хорда AB розбиваєколо ω. Доведіть, що ве�личина ∠MNC не зале�жить від вибору прямої l.


Будемо вважати, щоточка A лежить на відріз�ку PB. Проведемо з точ�ки P дотичні PK і PL доколаω. Як відомо,

Коло 105

O1

F1

F2

C

A

B

W

CP

L

B

A

K

N

M

l

ω

PK PL PA PB2 2= = ⋅ .

Отже,

PK PL PC= = .

Нехай промінь KC вдруге перетинає коло ω у точці M ′. Доведемо, що M ′співпадає з серединою дуги ALB — точкою M . Для цього досить довести, що∠ ′= ∠ ′AKM BKM , або, що те ж саме,∠ =∠PKA PBK (кут між хордою і дотич�ною дорівнює вписаному куту, що спирається на дугу, що стягується цієюхордою) і ∠ =∠PKC PCK як кути при основі рівнобедреного трикутника.Оскільки зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох не суміжних з нимвнутрішніх, то

∠ =∠ −∠BKC PCK PBK.

Очевидна рівність кутів ∠PKA та ∠PBK дає потрібну нам рівність∠ =∠AKC BKC. Таким чином, точки K, C, M лежать на одній прямій. Ана�логічно, точки L, C, N лежать на одній прямій. Тому ∠MCN дорівнює куту∠KCL, і цей кут дорівнює півсумі дуг MN і KL, які, очевидно, не залежать відвибору прямої, що проходить через точку P.

10. Колоω проходить через вершини B і C трикутника ABC і перетинаєсторони AB і AC в їх внутрішніх точках, які позначено відповідно C

1і B

1.

Нехай точка O — точкаперетину відрізків BB

1

і CC1, M — середина BC.

Доведіть, що колиAO BC⊥ , то трикутникMB C

1 1— рівнобедрений.

Розв’язанняОскільки B

1і C

1—

точки сторін AC і AB, тоточка O лежить всерединітрикутника ABC. НехайD — точка перетину пря�мих AO і BC. Оскільки Oлежить всередині три�кутника ABC, то точка Dзнаходиться на стороніBC і AD — висота три�кутника ABC. ЯкщоAB AC= , то твердженнязадачі легко дістати че�


O

C

A

B

α α αβ γ

γC2

C1

В1

D

ω

рез розглядання симетрії відносно прямої AD. Нехай AB AC> . На відрізкуBC розглянемо точку C 2 таку, що C D DC2 = . Тоді C 2 лежить між B і D(оскільки BD CD> ) і ∠ =∠ACO AC O2 (позначимо величину цих кутів черезα). Також

∠ =∠ =C BB C CB1 1 1 1

α

як вписані кути, і з рівності ∠ =∠AC O ABO2 випливає, що точки A, O, C 2 , Bлежать на одному колі. Тому ∠ =∠AOB AC B2 . Якщо позначити ∠ =OBD β,

∠ =OCD γ , то дістанемо рівність ( )90 180o o+ = − +β α γ . Звідси випливає

α β γ+ + =90 o , тобто∠ =∠ =BC C BB C1 1

90 o . А це означає, що точки B1

і C1

ле�жить на колі, центр якого знаходиться на BC і, отже, збігається з M . Тому

MB MCBC

1 1 2= = .

11. Через точку B — середину хорди AC даного кола проведено до�вільно дві хорди EF і DK. EK і DF перетинають хорду AC у точках M і Nвідповідно. Доведіть, що MB BN= .

Розв’язанняПроведемо ET AC| | . Очевидно, що BE BT= і ∠ =∠ABE TBC. Крім

того, ∠ =∠ABE BET і ∠ =∠TBC BTE (як внутрішні різносторонні),∠ =∠BET TDF (спираютьсяна одну дугу). Але

∠ =∠BDN MEB

(спираються на одну дугув меншому колі). Отже,

∠ =∠TDF TBC,

і тоді навколо чотирикутни�ка DTNB можна описатиколо. Тоді

∠ =∠BTN MEB

(спираються на одну дугув більшому колі). Отже,∠ =∠BTN BEM і ΔBTN == ΔBEM за стороною і двомаприлеглими кутами, і томуMB BN= .

12. На продовженнях хорди AB даного кола відкладені рівні відрізкиAK і BN. Із точок K і N в різні боки від KN проведені до кола дотичні KT

1

і NT2 . Доведіть, що T T1 2 ділить відрізок KN навпіл.

Коло 107

AM

Е

D

CNB

T

K F

Розв’язанняПроведемо коло ω,

концентричне даному,так, щоб воно проходилочерез точки K і N. Про�довжимо дотичні до пере�тину з проведеним колому точках P і Q. Очевидно,що

KT T P1 1= і NT T Q2 2= .

Крім того, QN KP= , якхорди, рівновіддаленівід центра. Тоді

∪ =∪QN KPi∠ =∠QNP KPN,∠ =∠QKP KQN.

Отже, KQNP — трапеція і — T T1 2 її середня лінія. За теоремою Фалеса, T T

1 2

ділить діагональ KN трапеції навпіл.13. Два кола перетинаються

в точках A і B. Довільна прямапроходить через B і вдруге перети�нає перше коло в точці C, а дру�ге – у точці D. Дотичні до першогокола в точці C, а до другого в точціD перетинаються в точці M . Черезточку пеpетину AM і CD прохо�дить пряма, паралельна CM, щоперетинає AC у точці K. Доведіть,що KB дотикається до другогокола.

Розв’язанняПозначимо через O точку пере�

тину AM і DC. Проведемо черезточку B дотичну до другого колаі позначимо точку перетину її з ACчерез K ′. Доведемо, що K O CM′ | | (тобто K K= ′). Нехай, кут, що спираєтьсяна дугу AB в першому колі, дорівнюєα, а в другому – дорівнює β. Тоді

∠ =∠BCM BAC, ∠ =∠BDM BAD,


O

B

A

Q

K

T1

T2

N

P

B

CA

O

M

D

L

′K

β

α

αβ

ω

∠ = −∠ −∠ = −∠ −∠ = −∠DMC BDM BCM BAD BAC DAC180 180 180o o o .

Тому ADMC — вписаний чотирикутник, ∠ =AMC β. Якщо дотична BK ′перетинає DM у точці L, то

∠ ′ = ∠ =∠ =∠K BO LBD BOL CAM,

тому чотирикутник K ABO′ також вписаний і ∠ ′ = ∠ ′ =K OA K BA β, тобтоK O CM′ | | , а отже, і K K= ′.

14. Дано коло і дотичну донього l. Нехай N — точка дотику,NM – діаметр. На прямій NM взя�то фіксовану точку A. Розглянемодовільне коло, що проходить черезточку A, з центром на l. Нехай Cі D — точки перетину цього колаз l, P і Q — точки перетину прямихMC і MD з даним колом. Доведіть,що хорда PQ проходить черезфіксовану точку площини.

Розв’язанняОскільки коло з діаметром CD проходить через фіксовану точку A на

MN (MN CD⊥ ), то CN ND NA⋅ = 2 є величиною сталою. Позначимо через K

точку перетину PQ з MN. Доведемо, щоMN

KN— величина стала, тобто по�

ложення точки К фіксоване. Зауважимо, що ∠ = −∠PNQ PMQ180 o .

Отже,MK

KN

S

S

PM MQ

PN NQ

PMQ

PQN

= =⋅⋅

=MN

CN

MN

ND

MN

AN⋅ =

2

2 (використали подібність

трикутників MNP і MNC та MNQі MND).

15. У колі проведено діаметр AB,CD — хорда, перпендикулярна доAB. Довільне коло дотикається дохорди CD і дуги CBD. Доведіть, щодотична до цього кола, проведеназ точки A, дорівнює AC.


Нехай точки O і O1

– центридвох кіл (O — середина AB), K – точ�ка дотику двох кіл (K лежить на пря�мій OO

1), N – точка дотику меншого

Коло 109

C

N

CN

A

B

M

O

O1

AM

P

K

D Q

l

TD

K

кола та прямої CD, і M – точка перетину AB і CD. Оскільки O N AB1

| |і трикутники KO N

1і KOA подібні і рівнобедрені, то точки K, N, A лежать

на одній прямій. Нехай AT – дотична до меншого кола. ТодіAT AN AK2 = ⋅ , ∠ =∠ACN AKC, оскільки спираються на рівні дуги. Тоді

трикутники ACN і AKC подібні, звідки AC AN AK2 = ⋅ . Маємо: AT AC2 2= ,звідки AT AC= .


16. Одна з діагоналей вписаного в коло чотирикутника є діаметромкола. Доведіть, що проекції протилежних сторін чотирикутника на іншудіагональ рівні між собою.

17. Доведіть, що кола, побудовані на двох сторонах гострокутного три�кутниках як на діаметрах, перетинаються на третій стороні.

18. Доведіть, що якщо ABCDEFG – правильний семикутник, то

1 1 1

AC AD AB+ = .

19. Доведіть, що в гострокутному трикутнику сума відстаней від цен�тра описаного кола до сторін трикутника дорівнює сумі радіусів вписано�го та описаного кіл.

20. AB – бічна сторона рівнобічної трапеції ABCD, діагоналі якої пере�тинаються в точці P. Доведіть, що центр описаного навколо неї кола ле�жить на колі, описаному навколо трикутника ABP.

21. Точки A, B, C лежать на одній прямій, а точка O — поза нею. O1, O2 ,

O3 — центри кіл, описаних відповідно навколо трикутника AOB, BOC,COA. Доведіть, що точки O, O

1, O2 , O3 лежать на одному колі.

22. Дано круговий сегмент. Два довільні кола дотикаються до хордиі дуги цього сегмента і перетинаються в точках M і N. Доведіть, що прямаMN проходить через фіксовану точку площини.

23. Відстань між вершини C трикутника ABC до точки перетину його ви�сот дорівнює радіусу описаного кола. Чому дорівнює кут при вершині C?

24. У трикутнику ABC ∠ =C 120 o , H — його ортоцентр (точка перетину

прямих, які містять його висоти), O — центр описаного кола. Доведіть, щоколи точка M є серединою дуги ACB цього кола, то HM MO= .

25. В опуклому чотирикутнику діагоналі перпендикулярні. Доведіть,що ортогональні проекції точки перетину його діагоналей на прямі, якимналежать сторони чотирикутника, належать одному колу.

26. Дано трикутник ABC. Колоω1

з центром на відрізку AB проходить

через точку A і перетинає вдруге відрізки AB і AC в точках A1

і A2 відпо�


відно. Коло ω 2 з центром на відрізку BC проходить через C і перетинаєвдруге відрізки BC і AC у точках C

1і C 2 відповідно. Відомо, що кола доти�

каються зовнішньо в точці K. Доведіть, що кожна з прямих A K1

, A K2 ,C K

1і C K2 проходить через фіксовану точку, що не залежить від кіл.

27. Усередині гострокутного трикутника ABC взято точку D так, що∠ = −∠ADB ABC180 o , а ∠ = −∠ADC ACB180 o . Доведіть, що точка D лежитьна медіані AM трикутника ABC.

28. Два кола з радіусами R і r (R r> ) дотикаються внутрішньо в точціM, а хорда AB більшого кола дотикається до меншого кола. Якогонайбільшого значення може набувати периметр трикутника ABM?

29. A та B — дві діаметрально протилежні точки, C — довільна точка наколі. Дотична в точці B і пряма AC перетинаються в точці M . Доведіть, щодотична в точці C ділить відрізок BM навпіл.

30. Нехай P — точка перетину діагоналей AC і BD вписаного в коло чо�тирикутника ABCD. Через точку P проведено пряму, яка перетинає сторо�

ну AB у точці E, а сторону CD у точці F так, що 2 1PE

PF

AE BE

DF CF− =

⋅⋅

. Доведіть,

що PE PF= .

Коло 111

ПЕРЕТВОРЕННЯ ФІГУР

Один з методів розв’язування геометричних задач – використання гео#метричних перетворень: паралельного перенесення, центральної та осьовоїсиметрії, повороту, гомотетії, інверсії.

1. Два кола радіуса R дотика�ються в точці K. На одному з нихвзято точку A, на іншому точку Bтак, що ∠ =AKB 90 o . Доведіть, щоAB R=2 .

Розв’язанняНехай пряма O O

1 2 вдруге пере�тинає друге коло в точці K

1. Тоді за

паралельного перенесення на век�тор O O

1 2 точка K перейде в точку

K1, а точка A — у точку B. Отже, AB R=2 .

2. У гострокутному трикутнику проведені висоти AA1, BB

1, CC

1. До�

ведіть, що периметр трикутника A B C1 1 1

є найменшим серед периметрівусіх трикутників, вписаних у трикутник ABC.

Розв’язанняНехай A2 , B2 , C 2 — довільні

точки, взяті відповідно на сторонахBC, CA, AB трикутника ABC. Побу�дуємо точки P та Q, симетричні доточки B2 відносно прямих AB та BC.Зрозуміло, що периметр трикут�ника A B C2 2 2 дорівнює довжиніламаної PC A Q2 2 . Він буде наймен�шим, якщо C 2 і A2 лежать на від�різку PQ. Оскільки BP BB BQ= =2 ,то трикутник PBQ рівнобедрений,

∠ = ∠ =PBQ ABC2 const. Тому його основа PQ буде найменшою, якщо бічністорони BP і BQ найменші, тобто коли найменшою є довжина відрізка


O1O2 K1

BA

K

C

A2

C2

P

A B2

B

Q

BB2 . А отже, BB BB2 1= . Аналогічно доводимо, що AA AA2 1

= та CC CC2 1=

для вписаного трикутника з найменшим периметром.3. Дві прямі розбивають квадрат на чотири фігури однакової пло�

щі. Доведіть, що точки перетину цих прямих зі сторонами квадрата є вер�шинами нового квадрата.

Розв’язанняНехай ABCD – даний квадрат, O — його

центр. Оскільки двома прямими квадрат роз�бито на чотири фігури однакової площі, токожна з цих прямих ділить його на дві фiгури,площі яких також однакові. Оскільки квад�рат – центральносиметрична фігура і цен�тром його симетрії є точка O, неважко пере�конатися, що кожна з цих прямих проходитьчерез центр квадрата. Якщо одна з прямихє діагоналлю квадрата, то й друга пряма, якаділить разом з першою прямою квадрат начотири рівновеликі фігури, також має бутидіагоналлю квадрата. Нехай тепер одна з прямих перетинає сторони AB і CDу точках L і K, а друга пряма перетинає сторони AD і BC у точках M і N.Проведені прямі розбивають квадрат на чотири чотирикутники MALO,LBNO, NCKO, KDMO. Неважко переконатися, що чотирикутник MALOдорівнює чотирикутнику NCKO, а чотирикутник KDMO дорівнює чотири�кутнику LBNO (як симетричні відносно точки O).

Доведемо рівність чотирикутників MALO і KDMO. ОскількиS S

MALO KDMO= iS SOML OMK= (OL OK= , M — спільна вершина), тоS SMAL KDM= .

Доведемо, що трикутники MAL і KDM рівні. Позначимо сторони квад�рата ABCD через а, DK x= , MA y= . Оскільки BL DK= , дістанемо:

( ) ( )1

2

1

2y a x x a y− = − ,

звідки x y= , тобто DK AM= . Тоді AL DM= , оскільки AL a LB a x= − = − ,DM a AM a y a x= − = − = − . Отже, трикутники MAL і KDM рівні і при цьомуMK ML= . Враховуючи, що трикутник LMK рівнобедрений і MO — йогомедіана (LO OK= ), помітимо, що MO KL⊥ . Отже, прямі KL і MN, які прохо�дять через центр квадратаO, є перпендикулярними і ділять квадрат на чотирирівні фігури, які суміщаються поворотом на 90° навколо центра O. ТомуMO ON OL= = . Це означає, що точки K, N, L, M є вершинами квадрата.

4. Гострокутний трикутник PNK вписано в коло. Діаметр NM цьо�го кола перетинає сторону PK у точці A. На меншій з дуг PN обрано

Перетворення фігур 113

BA

K C

O

D

N

M

L

довільну точку H , і навколо трикутника PAH описано коло, яке перетинаєпрямі MN і PN у точках відповідно B і D. На відрізку BN як на діаметрі по�будовано коло, яке перетинає прямі PN і NK у точках відповідно F і Q.Відрізок FQ перетинає діаметр MN у точці C. Пряма CD перетинає коло,яке описано навколо трикутника PAH , у точці E, що відмінна від D. До�ведіть, що точки H , E, N лежать на одній прямій.

Розв’язанняЯкщо два кола дотикаються

внутрішньо, то, як вiдомо, вониє гомотетичними відносно точкидотику. Отже, FQ PK| | . Зауважи�мо, що точки N і E можуть ле�жати як по один бік відноснопрямої MH , так і по різні бокивідносно цієї прямої. Звідси ви�пливає, що

∠ =∠ =∠KPN QFN DBC,

адже чотирикутник APDB є впи�саним. Тоді, чотирикутник BCFDтакож є вписаним, а тому∠ =∠ =BCD BFD 90 o і MC CE⊥ .

Оскільки ∠ =MHN 90 o , то для завершення доведення (в обох зазначенихвипадках) досить показати, що ∠ =MHE 90 o . А це, у свою чергу, буде дове�дено, якщо ми встановимо належність точок M, H , E, C одному колу. Ос�таннє, як не важко помітити (для обох випадків), є наслідком рівності кутівHMC і HPD.

5. Hехай AA1, BB

1, CC

1—

висоти трикутника ABC. Точкидотику кола, вписаного в три�кутник A B C

1 1 1, позначимо

відповідно через A2 , B2 , C 2 . До�ведіть, що прямі AA2 , BB2 , CC 2

перетинаються в одній точці.

Розв’язанняНехай H — ортоцентр три�

кутника ABC. Тоді H є центромкола, вписаного в A B C

1 1 1. Чоти�

рикутник ABA B1 1

є вписаним,


P

N

A

B

M

O

O1

H

K

E

F

D

A C

B

B2

B1

C1

C2

A1

A2

CQ

тому ∠ =∠A B C ABC1 1 1

. Тоді ∠ = −∠A B H ABC2 190 o , ∠ =∠A HB ABC2 1

.Оскільки чотирикутник B A HC

1 2 2 вписаний, ∠ =∠A C B ABC2 2 1. Отже,

A C AC2 2 | | . Аналогічно доводимо, що

A B AB2 2 | | і B C BC2 2 | | .

Твердження задачі випливає з існування гомотетії, що переводитьA B C2 2 2 у ABC.

6. На даному колі вибрано точку A, а всередині кола – точку D.Для кожного трикутника ABC, вершини B і C якого лежать на даному колі,а сторона BC проходить через точку D, будуємо точку перетину йогомедіан M . Знайдіть геометричне місце усіх таких точок M .

Розв’язанняНехай O — центр даного кола.

Через точку D проведемо хорду BC.З центра даного кола O опустимоперпендикуляр на сторону BC три�кутника ABC. Основою цього пер�пендикуляра буде точка K – сере�дина BC. Оскільки трикутник OKDє прямокутним, то точка K лежитьна колі ω

1, побудованому на OD як

на діаметрі. Тому геометричниммісцем точок K буде колоω

1з цен�

тром у точці O1, яка є серединою

відрізка OD. Нехай K1

є другоюточкою перетину прямої AD з ко�лом ω

1(якщо AD є дотичною до

кола, то вважатимемо, що K D1= ).

Очевидно, що кожна відмінна від K1

точка кола ω1

буде серединоюсторони BC деякого трикутника ABC, що задовольняє умову задачі.Оскільки точка M перетину медіан трикутника ABC лежить на відрізку AKі ділить його у відношенні 2 : 1, то шуканим геометричним місцем точокбуде коло ω 2 , яке дістають з кола ω

1гомотетією з центром у точці A

і коефіцієнтом2

3, за винятком однієї вилученої точки. Цією точкою буде

точка K 2 , яку дістанемо за даної гомотетії з точки K1.

7. Дано дві перпендикулярні мимобіжні прямі a і b. Вони перетина�ють три дані різні паралельні площини відповідно у точках A

1і B

1, A2 і B2 , A3

і B3 . Доведіть, що три сфери, побудовані на відрізках A B1 1

, A B2 2 , A B3 як надіаметрах, перетинаються по одному колу.


C

A

B

M

O

O1

K D

K1

Розв’язанняНехай α, β, γ — три дані різні паралельні площини, а точки O

1, O2 ,

O3 — відповідно середини відрізків A B1 1

, A B2 2 , A B3 3 . Покажемо спочатку,що точки O

1, O2 , O3 лежать на одній прямій. Справді, якщо ми зміщуємо

пряму а на вектор x, паралельнийтрьом обраним площинам, то кожна

з точок O1, O2 , O3 змiщується на

1

2x.

При цьому якщо три точки лежали наодній прямій, то ця їх властивістьзберігається. Якщо змістити прямуа на вектор x A B=

1 1, то прямі a і b пе�

ретнуться. Тоді середини відповіднихвідрізків лежать на одній прямій. Не�хай AB — спільний перпендикулярпрямих a і b, A належить a, B належитьb. Покажемо, що ∠ =A AB

1 190 o . Спра�

вді, нехай a1

— проекція прямої a наплощину δ, яка проходить через прямуb паралельно до прямої a. Пряма a

1

проходить через точку B і є перпенди�кулярною до прямої b, оскільки a пер�

пендикулярна до b. Пряма AB1

є похилою до площини δ, BB1

— проекціяцієї прямої на площину δ. За теоремою про три перпендикуляри, a

1пер�

пендикулярна до AB1. Але a a| |

1, тому a перпендикулярна до AB

1. Також

легко переконатися, що ∠ =A BB1 1

90 o . Це означає, що точки A і B лежать насфері, побудованій на відрізку A B

1 1як на діаметрі (аналогічно – на A B2 2 ,

A B3 3 ). Отже, три сфери мають центри на одній прямій та дві різні спільніточки. Це означає, що ці три сфери перетинаються по одному колу.

Інверсією відносно кола ω(базисного кола інверсії) радіусаR з центром O називаєтьсятаке перетворення, яке перево#дить довільну точку X ( X ≠0)у точку X ′, що лежить на про#мені OX і OX OX R⋅ ′ = 2 . R 2 назива#ється степенем інверсії. Покаже#мо, як побудувати точку X ′,інверсну до точки X . Розглянемо


O3

O2

O1

A1 B1

B

A

α

β

γ

B2

A2

B3

A3

a

а1

O

M

X

′X

b

ω

випадок, коли точка X лежить всередині базисного кола інверсії. Проведемопромінь OX . З точки X проведемо перпендикуляр до перетину з базисним ко#лом. Нехай M — точка перетину. Через точку M проведемо дотичну до кола.Вона перетне промінь OX у точці X ′, інверсній до X . Справді, оскільки ΔOMX ′подібний ΔOXМ, то OX OM OM OX: := ′. Тобто і OX OX R⋅ ′ = 2 .

8. Доведіть, що коло ω1, яке проходить через центр інверсії, перехо�

дить при інверсії у пряму, перпендикулярну до лінії центрів кола інверсіїωі колаω

1.

Розв’язанняНехай O — центр кола ω,

O1

— центр кола ω1, X ′ —

точка, інверсна точці X пе�ретину прямої OO

1з колом

ω1. Через ′X проведемо пер�

пендикуляр l до лінії центрів.Цей перпендикуляр і будеобразом даного кола ω

1.

Справді, візьмемо яку�не�будь точку Y на колі ω

1, по�

будуємо пряму OY . НехайOY l Y∩ = ′, ∠ =∠ ′ ′=OYX OX Y 90 o . Прямокутні трикутники OYX і OX Y′ ′ ма�ють спільний кут при вершині O. Тому ΔOYX подібний до ΔOX Y′ ′і : :OX OY OY OX′ ′ = . Звідси OX OX OY OY R⋅ ′ = ⋅ ′ = 2 . Таким чином, образ

кожної точкиY колаω1

при інверсії лежить на l, тобто колоω1

переходитьу пряму l.


9. Усередині прямокутника ABCD довільно вибрали точку M . Дове�діть, що існує опуклий чотирикутник з перпендикулярними діагоналями,сторони якого дорівнюють AM, BM, CM, DM .

10. Точка M знаходиться всередині трикутника ABC. Точки M1, M 2 ,

M 3 симетричні точці M відносно середини сторін BC, AC, AB. Доведіть,що прямі АМ1, ВМ2, СМ3 перетинаються в одній точці.

11. Центр вписаного в трикутник кола і центр описаного навколо ньо�го кола симетричні відносно сторони трикутника. Знайдіть величиникутів трикутника.

12. Центр описаного навколо трикутника ABC кола і центр кола, щодотикається до сторони BC і продовжень двох інших сторін, симетричнівідносно BC. Знайдіть величини кутів трикутника ABC.


ω

Y

X

ω1

O O1

′Y

′X

l

13. На сторонах BC та CD квадрата ABCD позначили точки M і K так,що ∠ = ∠BAM MAK. Доведіть, що BM KD AK+ = .

14. Доведіть, що при інверсії з центром O пряма d, яка проходить черезO, переходить у коло, що проходить через O.

15. Доведіть, що при інверсії з центром O коло, яке не проходить черезO, перейде в коло, яке теж не проходить через O.

16. Знайдіть на сторонах AC і AB трикутника ABC такі точки E і F , щоCE EF FB= = .

17. Доведіть, що в довільному трикутнику ABC центр описаного колаO, точка перетину медіан M і точка перетину висот H лежать на однійпрямій (прямій Ейлера), причому 2OM MH= .

18. Два кола дотикаються внутрішньо в точці A. Пряма, що дотика%ється до меншого з них у точці K, перетинає більше в точках B і C. До%ведіть, що AK — бісектриса кута BAC.

19. Маємо площину і дві точки A і B по один бік від неї. Знайдіть наплощині таку точку C, що сума AC CB+ буде мінімальною.

20. Нехай ω – сфера, описана навколо довільного тетраедра ABCD; ωA

,

ω B , ω C , ω D — сфери, що вписані в тригранні кути тетраедра з вершинамивідповідно A, B, C, D та дотикаються внутрішньо до ω відповідно в точкахA

1, B

1, C

1, D

1. Доведіть, що прямі AA

1, BB

1, CC

1, DD

1перетинаються

в одній точці.

118 Готуємось до олімпіади з математики Задачі на побудову 119

ЗАДАЧІ НА ПОБУДОВУ

1. Побудуйте трикутник ABCза кутом A і висотами hb і hc .

Розв’язанняПобудуємо прямокутний три%

кутник AH B2 з катетом BH hb2 =і гострим кутом A. Дістанемо сто%рону AB. Потім будуємо прямо%кутний трикутник ACH 3 з гостримкутом A і катетом CH hc3 = . Діста%немо сторону AC. ТрикутникABC — шуканий.

2. Побудуйте, циркулем і лiнійкою трикутник за двома даними сто%ронами a і b (b a> ), якщо відомо, що кут проти однієї з них втричі більшийвід кута проти другої.

Розв’язанняПрипустимо, що

трикутник ABC по%будовано, ∠ =B 3∠ A.Проведемо з точки Bдо прямої AC відрi%зок BE такий, що∠ =ABE ∠BAC. Тодітрикутник BCE будерівнобедреним, томуAE BЕ= . ТрикутникBCE також рівнобед%рений, оскільки

∠ = ∠ = ∠BEC CBE BAC2 ,

тому BC CE a= = . Отже, AE EB b a= = − , оскільки AC b= .У трикутнику BCE CB CE a= = , EB b a= − , тому його можна побудувати,

користуючись циркулем і лінійкою. Після цього на продовженні сторониCE відкладемо відрізок EA b a= − . Трикутник ABC — шуканий.

C

A

B

H 2

H 3

A

B

C

a

ϕ

ϕ

2ϕ

a b a−

2ϕ

Е

3. Нехай a, b, c — довжини даних відрізків. Побудуйте відрізок:

а) xab

c= ; б) х ab= .

Розв’язанняа) На різних сторонах кута

відкладемо відрізки AB c= ,BD b= , AC a= . Проведемопряму DE, паралельну прямійBC. Тоді відрізок CE — шука%

ний:a

x

c

b= .

б) На прямій MN відкла%даємо відрізки AC a= , BC b= .На відрізку AB як на діаметрібудуємо півколо і проводимов точці C перпендикуляр доперетину з дугою півколав точці K. Оскільки KC — ви%сота прямокутного трикутни%ка AKB, проведена до гіпоте%нузи, то CK аb= , CK —шуканий відрізок.

4. Побудуйте трикутник за сторонами a, b та бісектрисою lc .

Розв’язанняАналіз показує, що якщо

провести пряму, паралельнубісектрисі CL lc= , і продовжи%ти сторону BC до перетинуз цією прямою в точці D, тоутворюється рівнобедренийтрикутник ACD. Нехай AD x= .Оскільки трикутники BCL

і BDA подібні, тоCL

АD

BC

BD= або

l

x

a

a bc =

+, x

l a b

ac=

+( ).

Побудувавши відрізок AD, можна побудувати трикутник CDA, а потімі трикутник ABC.


B

ACa

D

c

Ex

b

BCA OM

K

N

AB

D

C

L

5. Побудуйте трикутник за кутом B,стороною a, та сумою сторін b c+ .

Розв’язанняРозглянемо трикутник BCD, в яко%

му BC a= , BD b c= + , ∠ =DBC b. Аналізпоказує, що точка A рівновіддалена відточок D і C. Отже, вона належить осісиметрії відрізка СD.

6. Побудуйте квадрат з даним цен%тром O, якщо дві паралельні сторони

квадрата (або їх продовження) про%ходять через дані точки M і N (пря%ма MN не містить точки O).

Розв’язанняЗауважимо, що квадрат — цен%

тральносиметрична фігура. Побу%дуємо точки M ′ і N ′, симетричні точ%кам M і N відносно центра О. Тодіпрямі MN ′ і NM ′ містять протилежністорони шуканого квадрата. Подаль%ша побудова є очевидною.

7. Дано коло і його центр O.Точки A і B лежать поза колом. По%будуйте, користуючись лише цир%кулем, точки перетину даного колаз прямою AB.

Розв’язанняВізьмемо пряму AB за вісь си%

метрії і побудуємо коло, симетрич%не даному. Його центр — точка пе%ретину кіл з центрами в точках Aі B та радіусами відповідно AO і BO.Перетин цього кола з даним — шу%кані точки C і D.

8. Побудуйте рівностороннійтрикутник ABC так, щоб його вер%шини лежали на трьох заданих па%ралельних прямих.

Задачі на побудову 121

В

A

C

D

D

C

A

M B ′NP

GN

O

O O1

D

A

C

B

′M

Розв’язанняПрипустимо, що ми побудували

трикутник ABC так, що його верши%ни лежать на трьох заданих паралель%них прямих. При повороті на 60°з центром A точка B перейде в точкуC. Зрозуміло, що й пряма, на якій ле%жала точка B, теж пройде після такогоповороту через C. Отже, точка C,а з нею і сторона AC, нам відомі. По%дальша побудова очевидна.

9. У колі проведено дварадіуси. Побудуйте хорду,яка ділиться цими радіусамина три рівні частини.

Розв’язанняНехай OA і OB — два дані

радіуси. Продовжимо відрi%зок AB в обидва боки — так,що AC BD AB= = . OC і OD пе%ретинає коло в точках E і F .Очевидно, що EF — шуканахорда.

10. У даний трикутник впишіть квадрат так, щоб дві його вершини ле%жали на основі трикутника, а дві інші — на бічних сторонах.

Розв’язанняПобудуємо квадрат M N K L

1 1 1 1, дві вершини якого лежать на основі

AC, третя — на стороні AB. Тепер проведемо пряму AN1

до перетину зі


C

B

A

O

B

D

A

C

E

F

A K C

B

N

L

M

M 1

L1

N1

K1

стороною BC у точці N. Квадрат MNKL, гомотетичний квадрату M N K L1 1 1 1

з центром гомотетії A, й буде шуканим.11. Знайдіть на сторонах AC і AB трикутника ABC такі точки E і F , що

CE EF FB= = .

Розв’язанняВідкладемо довільно

BF CE1 1

= . Через F1

прове%демо пряму паралельно BC.На цій прямій знайдемоточку K таку, що E K CE

1 1= .

Проведемо KN BF| |1. Оче%

видно, що в чотирикутникуCE KN

1три сторони рівні:

CE E K KN1 1

= = . ПроміньCK перетинає AB в однійз шуканих точок F . Прове%демо через F пряму, пара%лельну E K

1. Дістанемо другу

шукану точку E. Справді, чотирикутники CE KN1

і CEFB гомотетичніз центром гомотетії C. Оскільки CE E K KN

1 1= = , то CE EF FB= = .

12. Побудуйте трикутник ABC за на%ступними елементами: a b+ , a c+ , A.

Розв’язанняПобудуємо трикутник AKN так, що

∠ =KAN А, AN a b= + , AK a c= + .

Залишається на сторонах AN і AKзнайти такі точки C і B, щоб NC CB BK= = .А це можна зробити так, як і в попереднійзадачі.

13. За допомогою циркуля та лi%нійки побудуйте трикутник, якщо наплощині дані його точка перетинумедіан, ортоцентр та одна з вершин.


Нехай ABC — шуканий трикутник,в якому відома вершина A, точка пере%тину медіан M та ортоцентр H . Спо%чатку знаходимо A

1— середину BC,


A

BC N

E

E 1

F1

F

K

A

BC

KN

b c

аа

C

A

B

O

MH

A1


відобразивши точку A відносно M з коефіцієнтом —1

2. Через A

1перпен%

дикулярно до AH проводимо пряму BC. Відобразивши H відносно M

з коефіцієнтом —1

2, знаходимо центр описаного кола O (MH — пряма Ей%

лера). Знаючи його радіус OA, на прямій BC знаходимо вершини B і C.14. Використовуючи ли%

ше лінійку, проведіть пер%пендикуляр з точки M колана діаметр AB цього кола(M A≠ , M B≠ ).

Розв’язанняЗ точок A та B проведе%

мо два промені, що перети%нають коло в точках C і D( )C D≠ , які лежать в однійпівплощині від AB, причомусамі промені перетинають%ся в точці N (N AC BD= ∩ ),що лежить зовні кола. Спо%чатку проведемо перпенди%куляр до AB з точки N.Оскільки BC і AD — висоти

трикутника ABN, то пряма NH перпендикулярна діаметру AB, де H — точ%ка перетину висот BC і AD. Нехай L і K — точки перетину побудованогоперпендикуляра NH з колом, X — точка перетину MK з AB, а Y — точкаперетину LX з колом. Тоді MY AB⊥ .


15. Побудуйте трикутник ABC за кутом A, бісектрисою la та висотою hc .

16. Побудуйте трикутник за трьома медіанами.17. Побудуйте коло, дотичне до даного кола і даної прямої у даній точці.18. Побудуйте трикутник ABC за кутом A, висотою ha , медіаною ma .

19. Побудуйте трикутник ABC за R, r, a.20. Нехай a, b, c, d — довжини даних відрізків. Побудуйте відрізок:

а) x abcd= 4 ; б) x a b= +4 44 .21. Побудуйте трикутник ABC за стороною a, кутом A, бісектрисою la

KH

L

N

D

M

C

У

A

Х

B

22. Побудуйте трикутник ABC, якщо відомі положення вершин B і C,а також пряма l, якій належить бісектриса la .

23. Побудуйте трикутник за серединами двох його сторін і основоювисоти, проведеної до третьої сторони.

24. Побудуйте паралелограм ABCD за положенням вершин A і Cі відстаням a і b вершин B і D до даної точки M .

25. Побудуйте рівносторонній трикутник, у якого вершини лежать натрьох даних концентричних колах, а центр – на даній прямій, що перети%нає ці кола.

26. Дано дві прямі, що перетинаються, і коло. Побудуйте коло, що до%тикається до цих прямих і до даного кола.

27. Побудуйте квадрат так, щоб дві його вершини лежали на данійпрямій, а дві інші – на даному колі.

28. У дане коло з центром O вписано трикутник ABC. Однією лінійкоюпроведіть у трикутнику:

а) медіану AM; б) висоту AH ; в) бісектрису AL.29. ABCD — квадрат. Точки E і F лежать відповідно на сторонах BC

і CD так, що ∠ =EAF 45 o . Опустіть із точки A перпендикуляр на EF з до%помогою однієї лінійки.



ПЛОЩІ ФІГУР

1. Основи трапеції дорівнюють a і b (a b< ). Діагоналі розбиваютьтрапецію на чотири трикутники. Найменша із площ цих трикутниківдорівнює S . Знайдіть площі інших трикутників.

Розв’язанняНехай BC a= , AD b= , AC

перетинається з BD у точці O.Оскільки трикутник AODподібний трикутнику COB, тоS S b a

AOD BOC: := >2 2 1, тобто

S SAOD BOC> . З тієї ж подібності

випливає, що AO CO> , і томуS S

ABO BCO> . Легко бачити, щоS S

ABO CDO= . Якщо BK AC⊥ ,

DL AC⊥ , BK h=1, DL h= 2 , то h h

1 2< . Оскільки S AO hAOD

= ⋅1

2 2 ,

S AO hAOB

= ⋅1

2 1, то S S S S S

AOD AOB COD BCO> = > = . Нехай S SAOD

=1. Оскільки

S S b a1

2 2: := , то SSb

a1

2

2= . Оскільки S S h h: :1 1

222= , то h h

S

S1 21

= ⋅ , тому

S AO h AO hS

S

b

aS

AOBΔ= ⋅ = ⋅⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ =

1

2

1

21 21

.

2. Внутрішню точку O плоского правильного 2n –кутника з’єднановідрізками з його вершинами. Здобуті трикутники пофарбовано черезодин червоним та синім кольорами. Доведіть, що сума площ червонихтрикутників дорівнює сумі площ синіх трикутників.

Розв’язанняСпочатку доведемо, що сума відстаней від точки O до всіх прямих, які

містять сторони правильного m %кутника, не залежить від вибору цієї точ%ки. Справді, з’єднавши точку O з цими вершинами Ai m %кутника , діста%немо:

S S S SA A A OA A OA A OA Am m1 2 1 2 2 3 1...

= + + + =�

K

A

L

C

D

B

h1

h2O

( ) ( )= + + + = + + +1

2

1

21 2 1 2ah ah ah a h h hm m� �

(a — довжина сторони m %кутника). Отже,

h h hS

am

A A A m

1 2

21 2+ + + =�

...,

тобто не залежить від ви%бору точки O.

Для доведення твер%дження задачі досить до%вести, що сума відстанейвід точки O до червонихсторін правильного 2n%кут%ника дорівнює сумі відста%ней від точки О до синіхсторін. Продовжимо окре%мо червоні та сині сторо%ни. При їх перетині мидістанемо два правильніn%кутники, які можна су%

містити поворотом на кут360 o

nнавколо центра нашого 2n %кутника. Отже,

ці n%кутники рівні. Оскільки сума відстаней від точки O до сторін червоно%го n%кутника дорівнює сумі відстаней до сторін синього n%кутника, то їхплощі рівні.

3. Квадрат вписано в круг. На сторонах квад%рата як на діаметрах всередині квадрата побудова%но півкруги. Чотири попарні перетини цихпівкругів утворюють фігуру «квітка». Доведіть, щоплоща цієї «квітки» дорівнює площі частини опи%саного круга, що лежить поза квадратом.

Розв’язанняНехай сторона квадрата дорівнює a. Тоді пло%

ща однієї «пелюстки» дорівнює

π ⋅ −a a2 2

8 4,

а площа «квітки» дорівнює ( )a 2

22π − . Радіус описаного кола R

a=

2, тому

площа частини круга поза квадратом дорівнює

Площі фігур 127

O

A3A2

A1A4

Am

h2

h1

( )π πa

aa

a2

22

2 2− = − .

4. У трикутнику ABC проведена медіана AM, точка K лежить на AM,причому AK AM: :=1 3. Через точку K і вершину B проведено пряму, що пе%ретинає AC у точці L. Знайдіть площу трикутника AKL, якщо площа три%кутника ABC дорівнює S .

Розв’язанняПроведемо MN AC| | (N BL∈ ). Тоді

MN — середня лінія ΔBCL і MN LC=1

2.

З іншого боку, Δ AKL подібний MKN,

томуAL

MN

AK

MK= =

1

2. Звідки

AL MN CL= =1

2

1

4.

Тобто AL AC=1

5. Далі

S SAMC

=1

2, S S S

AKC AMC= =

1

3

1

6,

S S SAKL AKC

= =1

5

1

30.

5. Діагоналі ділятьтрапецію на чотири три%кутники. Нехай S — пло%ща трапеції, S

1та S 2 —

площі двох трикутників,що містять основи тра%пеції як власні основи.Доведіть, що

S S S= +1 2 .

Розв’язанняПозначимо довжини основ трапеції через a та b, висоти відповідних

трикутників — через ha та hb . Тоді ( )Sa b

h ha b=+

+2

, Saha

1 2= , S

bhb

2 2= .

З подібності трикутників випливаєb

a

h

hb

a

= . Позначимоb

at= . Отже, b ta= ,


A

C B

K

L

N

M

C

A

B

D

a

ha

b

hb

h thb a= . Тоді ( )S taha= +12

2 , Saha

1 2= , S t

ahа

22

2= . Звідси й випливає шука%

на рівність.6. Відомо, що на сторонах

CD і AD опуклого чотирикут%ника ABCD існують відповідноточки K і M такі, що кожназ прямих AK та CM розтинаєчотирикутник ABCD на двічастини рівної площі. НехайP — точка перетину прямихKM і BD. Знайдіть відношенняплощі чотирикутника ABCD доплощі чотирикутника ABCP.

Розв’язанняОскільки S SCMD AKD

= , то S SCKA CMA

= .Тоді точки K і M знаходяться на однаковій відстані від прямої AC

і | |MK AC. S SCKA CPA

= , S SABCK ABCP

= . Отже, S SABCP ABCD

=1

2.

7. На сторонах довільного Δ ABC зовні нього побудовано паралелогра%

ми APQC, BMNC, AEFB так, що чотирикутник AECK також є паралелогра%мом (K —точка перетину прямих PQ і MN). Доведіть, що площа AEFBдорівнює сумі площ паралелограмів APQC і BMNC.


K

MA

B

C

D

P

N1

K

MB

C

A

F

Z

N

QXP

E

Розв’язанняПродовжимо пряму KC до перетину з відрізками AB і EF відповідно

в точках Z і N1. Оскільки KC EA FB| | | | , то паралелограм AEFB розбива%

ється на два менших. Доведемо, що їх площі дорівнюють SAPQC

i S BMNC .Продовжимо пряму EA до перетину з прямою PQ в точці X .

Тоді AXKC — паралелограм і його площа дорівнює площі паралелогра%ма APQC (основи і висоти є однаковими). Оскільки EA KC AX= = , то площіпаралелограмів AXKC і AEN Z

1також рівні. Отже, S S

AEN Z APQC1= . Ана%

логічно доводиться, що S SBZN F BMNC1= , звідси й дістаємо потрібну рівність.

8. Нехай ABC — довільний трикутник. Через точку K, взяту на сто%роні AB, проведено пряму паралельно стороні AC до перетину зі сторо%ною BC у точці L і пряму паралельно BC до перетину зі стороною ACу точці M . При якому положенні точки K площа Δ KML буде най%більшою? Чому дорівнює ця площа, якщо площа Δ ABC дорівнює S 0 ?


НехайKB

ABx= ,

AK

ABy= . Тоді

x y+ =1.Позначимо S S

ABC= 0 , S SKBL =

1,

S SAKM

= 2 , S SKLM = 3 .Легко помітити, що ΔBKL

подібний до ΔBAC і Δ AKMподібний до Δ ABC. Оскільки пло%щі подібних трикутників відно%сяться як квадрати відповіднихсторін, то

S

S

KB

ABx

1

0

2

22= = ,

S

S

AK

ABy

2

0

2

22= = .

Враховуючи, що KLCM — паралелограм, то S S SLМC KLM= = 3 , а томуS S S S

1 2 3 02+ + = . Звідси

( ) ( )S S S S S S x S y3 0 1 2 0 02

021

2

1

2= − − = − − = ( )( )1

21 10

2 2S x x− − − =

( )= − = − −⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟S x x S x0

20

21

4

1

2.

Отже, найбільшого значення S KLM набуває тоді, коли x =1

2, і це значення

дорівнює1

4 0S . При цьому точка K є серединою сторони AB.


B

CA

LK

M

9. Нехай відрізки AB і CD є діаметрами кола з центром у точці O. ТочкаM належить меншій з дуг CB. Прямі MA і MD перетинають хорду CB у точ%ках відповідно P і Q. Доведіть, що сума площ трикутників CPM і MQBдорівнює площі трикутника DPQ.

Розв’язанняЗазначимо, що ACBD — прямокутник. Нехай P′ і Q′ — основи перпен%

дикулярів, проведених з точок P і Q до прямої AD. Оскільки трикутникиACM і MBD мають рівні основиAC BD= , а сума висот цих три%кутників, проведених з верши%ни M, дорівнює AD, то

S S SACM MBD ABCD

+ =1

2.

Отже,

S SCPM MQB+ =

= + −S SACM MBD

( )− + =S SACP BDQ

( )= − + =′ ′

1

2S S SABCD ACPР QBDQ

= =′ ′

1

2S S

PQQ P DPQ .

10. Гострокутний трикутникABC з ∠ =ABC 60 o вписано в ко%ло. Нехай H — точка перетинувисот AD і CP, N — точка перети%ну прямої CP з колом (N C≠ ).З точки C на пряму AN опущеноперпендикуляр. Точка K — осно%ва перпендикуляра, M — точкайого перетину з прямою AB. До%ведіть, що

S S SHPBD AKM AHC= + .


Розглянемо випадок, колиточка K належить відрізку AN.∠ = ∠ =ANC ABC 60 o як вписані,


O

′P

B

C

A

M

′Q

Q

P

D

B

C

D

A

KM

N

P

H

що спираються на одну дугу. Тоді в прямокутному трикутнику NPA∠ =NAP 30 o . Легко помітити, що трикутник MBC рівносторонній. Оскільки

S S SHPBD ABD APH= − , S S S S S

AKM AHC AKM APC APH+ = + − ,

то досить довести, що S S SABD APC AKM

= + . Позначимо AM x= , MP y= .Дістанемо:

( )S AP РC x y y S AK KM xAPC AKM

= ⋅ = + = ⋅ =1

2

3

2

1

2

3

82; ,

( )S AD BD x yABD

= ⋅ = +1

2

3

82

2.

Але ( ) ( ) ( )S S x y y x xy y x x yAPC AKM

+ = + + = + + = +3

2

3

8

3

84 4

3

822 2 2

2.

Випадок, коли точка K лежить на продовженні відрізка AN, розглядаєтьсяаналогічно.


11. На площині лежить рівнобедрений прямокутний трикутник ABCз катетом а. Δ A B C

1 1 1утворений поворотом трикутника ABC навколо вер%

шини прямого кута C на 45°. Знайдіть площу спільної частини трикутниківABC і A B C

1 1 1

12. Чи існують трикутники з висотами 2, 3, 2 3+ ?

13. Довжини сторін чотирикутника, описаного навколо кола радіуса r,узяті послідовно, утворюють геометричну прогресію. Обчисліть площу чо%тирикутника, якщо один з його кутів дорівнює α.

14. Відомо, що в чотирикутник можна вписати коло й навколо ньогоописати коло. Доведіть, що квадрат площі цього чотирикутника дорівнюєдобутку довжин його сторін.

15. Дано трикутник і точку K на його стороні. Проведіть через K пря%му, яка ділить площу трикутника навпіл.

16. Знайдіть довжину відрізка, паралельного основам трапеції із дов%жинами a і b, якщо відомо, що він ділить площу цієї трапеції навпіл, а йогокінці знаходяться на бічних сторонах трапеції.

17. Площі двох правильних трикутників, з яких один вписанийв інший, відносяться як 1 : 3. В якому відношенні вершини одного з цихтрикутників ділять сторони іншого трикутника?

18. Кожна діагональ опуклого п’ятикутника відтинає від нього трикут%ник з площею 1. Знайдіть площу такого п’ятикутника.

19. Площа трикутника ABC дорівнює S . На сторонах BC, AC і AB взятоточки A

1, B

1, C

1відповідно так, що


AC

C Bn

1

1

= ,BA

A Ck

1

1

= ,CB

B At

1

1

= . S SA B C1 1 1 1

= .

ЗнайдітьS

S1

.

20. Площа чотирикутника ABCD дорівнює S . K і T — середини діаго%налей AC і BD відповідно. Продовження BC і AD перетинаються в точці E.

S SKTE =1. Знайдіть

S

S1

.

21. Нехай ABCD — вписаний чотирикутник. Діагональ AC дорівнює аі утворює кути α і β відповідно зі сторонами AB і AD. Доведіть, що площачотирикутника міститься між величинами

a 2

2

sin( ) sin

sin

α β βα

+і

a 2

2

sin( ) sin

sin

α β αβ

+.

22. На площині дано опуклий многокутник P. Позначимо через Pa

фігуру, що складається з точок, які знаходяться від P на відстані a (тобтоточок A, для яких всередині або на межі P знайдеться B така, що AB a≤ ).Площа P

1дорівнює S

1, площа P2 дорівнює S 2 . Знайдіть площу P.

23. Точка M лежить усередині трикутника ABC. Пряма, яка паралель%на стороні AC і проходить через точку M, перетинає сторону AB у точці N,а сторону BC — у точці K. Пряма, яка паралельна стороні AB і проходитьчерез точку M, перетинає сторону AC у точці D. Пряма, що паралельнастороні BC і проходить через точку M, перетинає сторону AC у точці L. Щеодна пряма проходить через точку M і перетинає сторони AB і BC у точкахP і R відповідно, причому PM MR= . Точка Q ділить відрізок DL навпіл.

Знайдіть площу трикутника PQR, якщоCK

CBa= , а площа трикутника ABC

дорівнює S .24. У паралелограма ABCD точка M — середина сторони BC, N —

довільна точка сторони AD. Нехай P — точка перетину відрізків MN та AC,а Q — точка перетину відрізків AM і BN. Доведіть, що площі трикутниківBDQ і DMP рівні.

25. В опуклий чотирикутник ABCD вписано коло, що дотикається дойого сторін AB, BC, CD і DA у точках відповідно M, N, P і K. Нехай O —центр вписаного кола, а площа чотирикутника MNPK дорівнює S . До%ведіть нерівність 2S OA OC OB OD≤ ⋅ + ⋅ .


СТЕРЕОМЕТРИЧНІ ЗАДАЧІ

1. Дві різні паралельні проекції просторової замкнутої ламаної ABCDна одну й ту саму площину є паралелограмами. Чи можна стверджувати,що ABCD є паралелограмом?

Розв’язанняДоведемо, що ABCD — паралелограм. Нехай M і N — середини

відрізків AC і BD. Припустимо, що точки M і N не збігаються. Розглянемоперше проектування вздовж прямої l

1. Оскільки точки M і N проектують%

ся, очевидно, в одну й ту саму точку, то MN l| |1. Аналогічно, якщо друге

проектування здійснюється вздовж l2 , то MN l| | 2 . Але l1

і l2 не є паралель%ними. Дійшли суперечності, яка по%казує, що M N= , тобто ABCD — па%ралелограм.

2. У просторі дано три прямі a,b, c. На прямій а взято точку M 0 .З точки M 0 проведено перпендику%ляр до прямої b до перетину з неюв точці M

1. З цієї точки M

1проведе%

но перпендикуляр до прямої с доперетину з нею в точці M 2 . З точкиM 2 проведено перпендикуляр зновудо прямої a до перетину з неюв точці M 3 і т. д. Доведіть, що колиM M6 0= , то й M M3 0= .

Розв’язанняПозначимо кути між прямими a і b, b і c, c і a відповідно через α, β, γ .

ТодіM M M M

1 4 0 3= cosα, M M M M2 5 1 4= cos β, M M M M3 6 2 5= cosγ .Звідси

M M M M3 6 0 3= cos cos cosα β γ ,

( )M M M M M M M M0 6 0 3 3 6 0 3 1= + = + cos cos cosα β γ .

Косинуси кутів α, β, γ — величини не від’ємні. Тому з рівностіM M0 6 0= випливає, що M M0 3 0= .


b

c

а

M 1

M 4

M 0

M 6

M 3

M 2M 5

3. Основою піраміди SABCD є прямокутник ABCD. Бічне ребро SA пер%пендикулярно до площини основи. Площина, яка проходить через верши%ну A перпендикулярне до ребра SC, перетинає бічні ребра SB, SC, SD у точ%ках B

1, C

1, D

1відповідно. Доведіть, що навколо многогранника

ABCDB C D1 1 1

можна описатисферу.

Розв’язанняПереріз кулі площиною

є круг. Центр цього круга є осно%вою перпендикуляра, який прове%дено з центра кулі до площиниперерізу. Доведемо, що навколочотирикутника AB C D

1 1 1можна

описати коло. Оскільки CB AB⊥і AB — проекція SB на площинуоснови, то, за теоремою про триперпендикуляри, SB BC⊥ . ТомуCB — перпендикуляр до площи%ни SAB, а отже, і площина SBCперпендикулярна площині SAB.За умовою площина SBC проходить через пряму SC, перпендикулярну доплощини чотирикутника AB C D

1 1 1, тому ці дві площини перпендикулярні.

Якщо дві площини перпендикулярні до третьої площини, то лінія їх пере%тину також є перпендикулярною до цієї площини. Тому ( )AB SBC

1⊥

і ∠ =C B A1 1

90 o . Аналогічно, ∠ =C D A1 1

90 o . Отже, O1— середина AC

1—

центр кола, описаного навколо AB C D1 1 1

, тобто O A O B O C O D1 1 1 1 1 1 1

= = = .Нехай точка O — точка перетину діагоналей прямокутника ABCD. Тоді O —

середина AC, і тому OO SC1| | . Отже, ( )OO AB C D

1 1 1 1⊥ , звідси

OA OB OC OD OB OC OD= = = = = =1 1 1

.

Це означає, що точка O є центром сфери, описаної навколо цього много%гранника.

4. У просторі дано три точки P, Q і S . Із точок P і Q проведено два про%

мені, причому кожен з променів, проведених із точки P, перетинає обидвапромені, проведені із точки Q. Відомо, що точки A, B, C, D перетину цихпроменів утворюють чотирикутник одиничної площі, і що від пірамідиSABCD певною площиною можна відрізати чотирикутну піраміду SKLMN,основа якої KLMN є прямокутником. Доведіть, що об’єм піраміди SABCD

не перевищує1

6PQ.

Стереометричні задачі 135

A D

CB

B1

S

C1

D1

O1

O

Розв’язанняОчевидно, що точки P, Q, A, B, C,

D лежать в одній площині (позначи%мо її через α). Нехай KLMN — пря%мокутний переріз піраміди SABCDпевною площиною. Площини SABі SCD перетинаються по прямій SP.Із паралельності прямих MN і KL ви%пливає, що MN KL SP| | | | . Аналогічнодоводиться, що NK ML SQ| | | | . АлеMN NK⊥ , тому SP SQ⊥ . Останнє озна%чає, що точка S лежить на сфері, по%будованій на відрізку PQ як на діа%метрі. Але тоді відстань від точки Sдо площини α (яка містить PQ) не

перевищує1

2PQ. Звідси

V S h PQ PQSABCD ABCD

= ≤ ⋅ ⋅ =1

3

1

31

1

2

1

6.

5. На ребрі AB куба ABCDA B C D1 1 1 1

довільно вибрали точку P. Потім на

ребрі AD взяли таку точку Q, що AP DQ= . Доведіть, що величина двогран%ного кута між площинами A PC

1та

A QC1

не залежить від вибору точки P.


Оскільки AP DQ= , тоAP

PB

DQ

QA= .

Розглянемо ортогональну проекціюкуба на площину, перпендикулярнудіагоналі A C

1(див. рис. 1). Тоді кут

Q C P′ ′ ′ буде шуканим. Ортогональнапроекція зберігає відношення відрізків

прямої, томуA P

P B

D Q

Q A

′ ′′ ′

=′ ′′ ′

і Q A P B′ ′ = ′ ′.

Але тоді Δ ΔQ C A P C B′ ′ ′ = ′ ′ ′ і ∠ ′ ′ ′ = ∠ ′ ′ ′Q C A P C B , звідси

∠ ′ ′ ′ = ∠ ′ ′ ′ − ∠ ′ ′ ′ + ∠ ′ ′ ′ = − ∠ ′ ′ ′ + ∠ ′ ′Q C P A C B P C B Q C A P C B P C B60 o ′ = 60 o .

6. Вписана в тетраедр ABCD сфера дотикається до граней BCD, ACD,ABD, ABC у точках відповідно A

1, B

1, C

1і D

1. Відомо, що прямі AB

1і BA

1

перетинаються. Доведіть, що прямі CD1

та DC1

також перетинаються.


P

CD

D1 C1

A1B1

B

Q

A

C

B

P

A

Q

S

N

K

LM

α

D

Розв’язанняЗа властивостями відрізків дотичних,

проведених до сфери з однієї точки, маємо:

AB AC AD1 1 1

= = , BA BC BD1 1 1

= = ,CA CB CD

1 1 1= = , DA DB DC

1 1 1= = .

За рівністю трьох сторін, Δ ΔBA D BC D1 1

= .Тому ∠ = ∠ =BA D BC D

1 1α. Аналогічно дово%

диться, що

∠ = ∠ =CA D CB D1 1

β, ∠ = ∠ =BA C BD C1 1

γ ,

∠ = ∠ =AB D AC D1 1

δ, ∠ = ∠ =AB C AD C1 1

ε,

∠ = ∠ =AC B AD B1 1

τ.

Записуючи суму кутів з вершинами у точках A1,B

1,C

1, D

1дістанемо систему

рівнянь α β γ β δ τ γ ε τ+ + = + + = + + = 360 o , з якої знаходимо α ε= , β τ= , γ δ= .Прямі BA

1і AB

1(за умо%

вою задачі) можуть перети%натися лише в деякій точціM ребра CD. У трикутникахDA M

1і DB M

1маємо:

MA MB1 1

= (як відрізки дотич%них до сфери), сторона MDспільна, а рівність DA DB

1 1=

наведена раніше. ТомуΔ ΔDA M DB M

1 1= і ∠ =DA M

1

= ∠DB M1

. Але тоді

∠ = ∠DA B DB A1 1

(як доповняльні кутів DA M1

і DB M1

до 1800°), тобтоα δ ε γ= = = . Нехай N — точкаперетину прямих DC

1і AB.

Рівність трикутників AC N1

i AD N1

доводиться анало%гічно рівності трикутниківDA M

1і DB M

1. Тому

∠ = ∠AC N AD N1 1

. Звідси

∠ + ∠ = + ∠ = + ∠ =CD A AD N AD N AC N1 1 1 1

ε ε

= + ∠ = ∠ + ∠ =δ AC N DC A AC N1 1 1

180 o .


′D ′B1

′C1

′A ′P

′А1

′Q

A

C

D

BO

B1

C1

A1

M

D1

′B

′C

′D1

Рис. 1

Отже, точки C, D1

і N лежать на одній прямій. А це означає, що пряміCD

1і DC

1перетинаються в точці N, що й треба було довеcти.

7. Навколо сфери радіусом 10 описано деякий 19%гранник. Доведіть, щона його поверхні знайдуться дві точки, відстань між якими більша від 21.

Розв’язанняПлоща даної сфери дорівнює 400π. Тому площа описаного 19%гранни%

ка більша від 400π, а площа деякої його грані більша від400

19

π. Нехай A —

точка дотику грані до сфери і B — така точка грані, що AB > 21 (така точка

існує, оскільки інакше вся грань лежала б усередині круга радіуса 21

і мала б площу, меншу від 21400

19π

π< ). Якщо O — центр сфери, то

BO > =121 11. Звідси випливає, що довжина відрізка, проведеного із B че%рез O до перетину з многогранником, більша від 21.

8. Знайдіть найбільше значення об’ємів многогранників, що мають6 вершин, вписаних у сферу з радіусом 1.

Розв’язанняЗрозуміло, що для шуканого многогранника центр сфери знаходиться

всередині. З’єднаємо центр сфери з вершинами многогранника, йогоможна розбити на 8 трикутних пірамід. Об’єм кожної такої піраміди не пе%

ревищує1

6, а об’єм усього многогранника, таким чином, не може переви%

щувати4

3. Залишається перевірити, що многогранник, вписаний у сферу,

в якого 6 вершин і об’єм4

3, існує. Це октаедр, що дістанемо, якщо у сфері

проведемо три попарно перпендикулярні діаметри.9. Дано тетраедр ABCD, в якому кожна пара мимобіжних ребер — рівні

відрізки. Нехай O — центр сфери, вписаної в цей тетраедр. X — довільнаточка всередині тетраедра, X О≠ . Пряма OX перетинає площини гранейтетраедра в точках, які позначено через A

1, B

1, C

1, D


A X

A O

B X

B O

C X

C O

D X

D O1

1

1

1

1

1

1

1

4+ + + = .

Розв’язанняОскільки мимобіжні ребра рівні, то чотири грані тетраедра — рівні

трикутники. Значення площі такої грані позначимо через S . Будемо вва%жати, що A BCD

1∈ , B ACD

1∈ , C ABD

1∈ , D ABC

1∈ . Проекції точки X на ці

площини позначимо відповідно через X1, X 2 , X 3 , X 4 , проекції точки O —


відповідно через O1, O2 , O3 , O4 . Через r позначимо радіус вписаної сфе%

ри.ТодіA X

A O

XX

O O

X X S

r S

V

V

X BCD

ABCD

1

1

1

1

1

1

31

3

1

4

1= =⋅

⋅= .

Записавши аналогічні рівності для B1, C

1, D

1, маємо:

A X

A O

B X

B O

C X

C O

D X

D O

V V V VX BCD X ACD X ABD1

1

1

1

1

1

1

1

1 2 3+ + + =+ + +

X ABC

ABCD

ABCD

ABCDV

V

V

4

1

4

1

4

4= = .

10. У трикутній піраміді SABC

∠ + ∠ = ∠SAC CAB SBA, ∠ + ∠ = ∠SAB CAB SCA, SA SB SC= + .

Знайдіть величину кута між бісектрисами плоских кутів ASB та ASC.

Розв’язанняНехай SP і SQ — відповідно бісектриси плоских кутів ASB і ASC,

SP a= , SQ b= , PQ c= . Розгорнемо грані даної піраміди на площину ABC,у цьому разі вершина S перейде в точки S

1, S 2 , S 3 . Оскільки

∠ + ∠ = ∠S AC CAB S BA1 2 , то AS BS

1 2| | . З того, що ∠ + ∠ = ∠S AB CAB S CA2 1,

випливає, що AS S C2 1| | . Позначимо через K точку перетину прямих S C

1

і S B2 . AS AS1 2= , отже, AS KS

1 2 — ромб. Отже, точки S1, Q, P, S 2 лежать на

одній прямій — діагоналі ромба. Нехай S B x2 = , S C y1

= . Тоді

AS AS x y1 2= = + (за умовою задачі). Δ ΔAPS BPS

1 2~ .Томуa

b c

x

x y+=

+.

Δ ΔAQS CQS2 1~ , тому

b

a c

y

x y+=

+.


A

S

P

B

C

ab

Q

c

CQ

K

BP

S 1

b

aA

S 2 S 3

x y+

x

x y+ y

Маємо:a

b c

b

a c

x

x y

y

x y++

+=

++

+=1, c a b ab2 2 2= + − . З цього випливає,

що cos ∠ =+ −

=PSQa b c

ab

2 2 2

2

1

2, ∠ =PSQ 60 o .


11. Прямі, що проведені перпендикулярно до граней тетраедра, черезцентри вписаних у них кіл, перетинаються в одній точці. Доведіть, щосуми довжин протилежних ребер цього тетраедра рівні між собою.

12. Центри чотирьох куль радіуса r лежать у вершинах правильноготетраедра з ребрами 2r. Циліндрична поверхня дотикається до всіх чо%тирьох куль. Її вісь перпендикулярна до прямої, що з’єднує середини про%тилежних ребер тетраедра і утворює кут α з одним із цих ребер. Знайдітьрадіус циліндричної поверхні.

13. На горизонтальній поверхні лежать чотири кулі радіуса r. Їх центриутворюють квадрат зі стороною 2r. Зверху в лунку, що утворена цими ку%лями, поклали п’яту кулю такого ж радіуса. Знайдіть відстань від їїнайвищої точки до площини.

14. Навколо сфери описаний просторовий чотирикутник. Доведіть,що всі точки дотику лежать в одній площині.

15. Із усіх ортогональних проекцій правильного тетраедра на різніплощини знайдіть проекцію з найбільшою площею.

16. У просторі розташовано два правильні п’ятикутники ABCDE таAEKPL так, що ∠ =DAK 60 o . Доведіть, що площини ACK та ALD є взаємноперпендикулярними.

17. Дві кулі ω1

та ω 2 нерівних радіусів дотикаються зовні в точці P.

Дано такі відрізки AB і CD, що перша з куль дотикається до них у точках Aі C, а друга — у точках B і D. Нехай M і N — ортогональні проекції серединвідрізків AC і BD відповідно на пряму, що проходить через центри данихкуль. Доведіть, що PM PN= .

18. Про паралелепіпед ABCDA B C D1 1 1 1

відомо, що всі його грані — ром%

би, а всі плоскі кути при вершині A рівні між собою. На ребрах A B1 1

, DC,BC і A D

1 1позначили точки відповідно M, N, P, Q так, що A M BP

1=

i DN A Q=1

. Знайдіть кут між лініями перетину площини A BD1

з площина%ми AMN і APQ.

19. Чи існує такий тетраедр ABCD, в якому AB AC AD BC= = = , а сере%дини плоских кутів при вершинах B і C дорівнюють по 150°?

20. Дано тригранний кут з вершиною S . Площина π перетинає ребрацього кута в точках A, B, C. Дві кулі, що вписані в даний триграний кут,


дотикаються до площини π у точках P і Q і лежать по різні боки від неї. До%ведіть, що бісектриси кутів PAQ, PBQ, PCQ перетинаються в одній точці.

21. Дано тетраедр SABC. Нехай O — центр сфери, який проходить черезвершину S і перетинає ребра SA, SB, SC відповідно у точках A

1, B

1, C

1та%

ких, що навколо многогранника ABCA B C1 1 1

можна описати сферу. До%ведіть, що пряма SO перпендикулярна до площини ABC.

22. У просторі дано два ромба ABCD і EFGH .Відомо, що:1) площини ABC і EFH паралельні;2) відрізок AE перпендикулярний до площин ABC і EFG;3) кути BAD і FEH рівні та однаково орієнтовані (один і той самий

поворот у просторі відносно прямої AE переводить B у D і F у H ).Нехай P і Q — середини відрізків відповідно BH і DF . Доведіть, що

прямі PQ і CG — взаємно перпендикулярні.23. Нехай δ — сфера, описана навколо довільного тетраедра ABCD, δ

A,

δ B , δ C , δ D — сфери, що вписані в тригранні кути тетраедра з вершинамивідповідно A, B, C, D та дотикаються внутрішньо до δ у точках відповідноA

1, B

1, C

1, D

1. Доведіть, що прямі AA

1, BB

1, CC

1, DD

1перетинаються

в одній точці.24. Три сфери δ

1, δ 2 , δ 3 перетинаються по одному колу ω. Нехай A —

довільна точка, що лежить на колі ω. Промінь AB перетинає сфери δ1, δ 2 ,

δ 3 у точках відповідно B` , B2 , B3 , а промінь AC перетинає сфери δ1, δ 2 , δ 3

у точках C1, C 2 , C 3 (B Ai ≠ , C Ai ≠ , i =12 3, , ). Відомо, що B2 — середина

відрізка B B1 3 . Доведіть, що C 2 — середина відрізка C C

1 3 .25. Нехай ω — сфера, що дотикається до всіх ребер тетраедра SABC,

O — її центр. Відомо, що A1, B

1, C

1– центри сфер, вписаних відповідно

в тетраедри SOBC, SOCA, SOAB, а A2 , B2 , C 2 — точки перетину цих прямихOA

1, OB

1, OC

1з гранями SBC, SCA, SAB відповідно, а площинa A2 , B2 , C 2 —

точки перетину прямих OA1, OB

1, OC

1з гранями SBC, SCA, SAB відповідно,

а площина A B C2 2 2 паралельна площині ABC. Доведіть, що трикутникABC — рівносторонній.


КОМБІНАТОРНА ГЕОМЕТРІЯ

1. На скільки частин ділять площину n прямих, якщо жодні дві з нихне паралельні і жодні три не проходять через одну точку?


Нехай на площині проведено n−1 прямих, серед яких жодні дві не па%ралельні і жодні три не проходять через одну точку. Ці прямі розділяютьплощину на деяку кількість областей. Проведемо n пряму так, щоб буливиконані умови задачі. Ця пряма точками перетину з попередніми n−1прямими розділиться на n прямолінійних частин (n−2 відрізки і два про%мені). Кожна з цих прямолінійних частин розділить одну з областей, якувже маємо, а саме ту, в якій вона міститься, на дві. Тому число областей,на які розділиться площина після проведення n прямої, збільшиться на n.Отже, число областей, на які розділяють площину n прямих, що задоволь%няють умову задачі, дорівнює

1 1 2 3 11

2+ + + + + = +

+� n

n n( ).

2. Яка найбільша кількість гострих кутів може бути в опуклому n %кут%нику?


Як відомо, сума зовнішніх кутів довільного опуклого многокутникадорівнює 360°. Тому в опуклому многокутнику не може бути більше трьохгострих кутів, оскільки в протилежному випадку такий многокутник мавби не менше чотирьох тупих зовнішніх кутів і їх сума перевищувала б 360°.Легко довести, що для кожного цілого n ≥ 3 існує опуклий n%кутник, щомає 3 гострі внутрішні кути.

3. На яке найбільше число частин можна розділити поверхню кулітрьома, чотирма і, взагалі, n колами?


Очевидно, що n кіл будуть ділити поверхню кулі на найбільшу кількістьобластей, якщо всі ці кола будуть перетинатися між собою (тобто будь%якідва з них будуть мати по дві спільні точки) і жодні три з них не будуть пере%тинатися в одній точці. Припустимо, що на сфері уже є k таких кіл.Вони розділяють сферу на деяку кількість областей. Проведемо k +1 коло


з дотриманням вказаних умов і порахуємо, на скільки збільшитьсячисло таких областей. Проведене коло перетинається з k колами у 2kточках, які розділяють його на 2k частин. Кожна з них розділяє область,в якій вона знаходиться, на дві частини. Отже, після проведення n−1 колачисло областей збільшиться на 2k і n кіл розділять поверхні кулі на

( )( )

2 2 4 6 8 2 1 2 21

222+ + + + + + − = +

−= − +� n

n nn n областей.

4. Тисяча точок є вершинами опуклого тисячокутника, всередині яко%го взято 500 точок так, що жодні три з 1500 не лежать на одній прямій.Многокутник розрізаємо на трикутники, вершини яких є задані 1500 то%чок. Скільки дістанемо трикутників?


Нехай n — число трикутників. Зауважимо, що

( )180 180 1000 2 360 500o o on = − + ⋅ ,

де в правій частині рівності перший доданок дорівнює сумі внутрішніх кутівтисячокутника. Звідси n =1998.

5. Шахова дошка розміром 6 6× покрита 18 кісточками доміно (кожнакісточка покриває дві клітини дошки). Доведіть, що незалежно від спосо%бу розміщення дошку завжди можна розрізати вздовж вертикальної чигоризонтальної прямої на дві частини, не пошкодивши жодної кісточкидоміно.


Кожна кісточка доміно перекриває лише одну з 10 горизонтальнихі вертикальних ліній, якими розкреслена дошка. З іншого боку, кожнатака лінія перетинає парне число кісточок. Доведемо це від супротивного.Нехай, наприклад, деяка вертикальна лінія перетинає непарну кількістькісточок. Розріжемо дошку вздовж цієї лінії і розглянемо одну з двох утво%рених прямокутних дошок. Вона має парне число клітинок, а кількістьклітинок, покритих розрізаними половинками кісточок, — непарна. Тодінерозрізані кісточки покривають також непарне число клітинок (інакшезагальне число клітинок дошки було б непарним). Це неможливо,оскільки кожна кісточка покриває дві клітинки. Припустимо тепер, щокожна із 10 ліній, що розглядаються, перетинає хоча б одну кісточкудоміно. Тоді кількість кісточок, що кожна лінія перетинає, не меншеніж 2. Звідси випливає, що на дошці розміщено не менше ніж 20 кісточокдоміно, що неможливо.

6. Операція ((.,.) ставить у відповідність кожній парі точок A, B на пло%

щині точку ( )( )C A B= , , яка симетрична A відносно B. Дано три вершини

Комбінаторна геометрія 143

квадрата. Чи можна, використовуючи лише операцію ((.,.)), побудуватичетверту вершину квадрата?

Розв’язанняРозглянемо на площині таку систему координат, в якій три вершини

A, B, C даного квадрата мають відповідно координати (0; 0), (0; 1), (1; 0).Ці координати — цілі числа, причому хоча б одна з двох координат кожноїз точок A, B, C є парним числом. Доведемо, що після довільної кількостіоперацій ((.,.)) отримана точка буде мати цілі координати, причому хоча бодна з них буде парною. Дійсно, нехай на якомусь кроці ми побудуємо

точку ( )R x y; симетрично точці ( )P x y1 1; відносно ( )Q x y2 2; , причому отри%

мані раніше точки P і Q мають зазначену властивість. Тодіx x

x1

22

+= ,

y yy

+=1

22, оскільки Q — середина відрізка PR. Отже, x x x= −2 2 1

,

y y y= −2 2 1. Звідси видно, що x і y — цілі, оскільки x

1, y

1, x2 , y2 — цілі.

Крім того, одне з чисел x1, y

1— парне за припущенням. Тому й відповідна

координата x або y точки R — також парна. Отже, всі точки, які можнадістати із A, B, C з допомогою операції ((.,.)), мають цілі координати, одна

з яких парна. Але координати четвертої вершини квадрата ( )D 1 1; непарні.

Тому точку D дістати не можна.7. На площині дано 100 точок A

1, A2 , …, A99 , O. Жодні три з них не ле%

жать на одній прямій. Через точку O проходить пряма так, що по один біквід неї лежать 48 точок. Чи існує пряма, що проходить через O, по один біквід якої лежать 49 точок?

Розв’язанняТака пряма завжди існує. Для доведення почнемо обертати дану

в умові пряму, слідкуючи при цьому за різницею чисел точок, що лежатьпо один і по другий бік від цієї прямої. В початковий момент ця різницядорівнювала ( )48 99 48 3− − = − . Зауважимо, що зазначена різниця за кожногодосить малого повороту прямої або не змінюється, або змінюється тількина 2. У першому випадку під час руху прямої на її шляху не зустрічаютьсяточки, а в другому одна точка переходить з одного боку прямої на другий.Дві точки одночасно не можуть перейти на другий бік, оскільки жодні двіточки з даних не лежать на одній прямій з O. За повороту прямої на 180°введена різниця числа точок буде дорівнювати 3, оскільки півплощини, наякі пряма ділить площину, поміняються місцями. Як зазначено раніше,зміна різниці може відбуватися приростами на 2 і на –2. Отже, в деякиймомент часу ця різниця набувала значення +1, тобто по один бік прямоїзнаходилось 49 точок, а по другий — 50.


8. Діагоналями, які не перетинаються, опуклий n%кутник поділено натрикутники так, що кожна вершина n%кутника є вершиною непарногочисла трикутників. Доведіть, що n ділиться на 3.


Розфарбуємо трикутники у два кольори (чорний і білий) так, щоббудь%які два суміжні трикутники (які мають спільну сторону) були різнихкольорів, можливість такого пофарбування можна довести методом мате%матичної індукції. Тоді всі трикутники, які мають з многокутником спільнусторону, пофарбовані в один колір, наприклад білий. Тоді, очевидно, сто%рони многокутника будуть білими, а діагоналі чорно%білими. Якщо p —кількість трикутників білого кольору, а q — кількість трикутників чорного,

то ( )n p q p q= − = −3 3 3 , тобто ділиться на 3.

9. На колі взято n точок і проведено всі можливі хорди, що сполучаютьці точки. Відомо, що жодні три з проведених хорд не перетинаютьсяв одній точці. На скільки частин розбивається круг?


Сполучимо послідовно точки, взяті на колі хордами, і підрахуємо, наскільки частин розбивається діагоналями утворений n%кутник. Для цьогодіагоналі будемо проводити послідовно. Після проведення кожної діаго%налі число частин збільшується на число, яке на одиницю більше від чис%ла точок перетину, що з’являються після проведення однієї діагоналі.

Число всіх діагоналей дорівнюєn n( )−3

2. А число точок перетину діагона%

лей n %кутника дорівнює Cn n n n

n4

1 2 3

24=

− − −( )( )( ). Отже, круг розбивається

на nn n n n n n

+ +−

+− − −

13

2

1 2 3

24

( ) ( )( )( )частин.

10. Кожна з граней правильного тетраедра фарбується одним із данихчотирьох кольорів. Два фарбування вважаються однаковими, якщо однез них можна перевести в інше поворотом тетраедра навколо якої%небудьйого осі. Скількома способами можна пофарбувати тетраедр?


Занумеруємо кольори числами 1, 2, 3, 4. Одну грань тетраедра назвемо«нижньою», а інші – «бічними». Оскільки будь%яку грань можна сумісти%ти з будь%якою іншою, повернувши тетраедр відносно осі, то можна вва%жати, що «нижня» грань пофарбована в колір 1. Поворотами осі, що про%ходить через центр «нижньої» грані, будь%яку з «бічних» граней можназробити «передньою». Тому можна вважати, що передня грань пофарбова%на в колір 2. Тоді положення двох інших граней після нього визначається


однозначно. Залежно від того, яку з цих граней пофарбовано кольором 3,матимемо два різні способи фарбування.


11. На площині позначили:а) 6 точок;б) n точок, n ≥ 3. Відомо, пряма, що проходить через будь%які дві з цих

точок, містить ще одну позначену точку. Доведіть, що всі позначені точкилежать на одній прямій.

12. Шість секторів круга, кожний з кутів не більший від 60, зафарбо%вані. Доведіть, що їх одночасно можна повернути навколо центра такимчином, щоб усі вони опинилися в незафарбованій частині круга.

13. Знайдіть найбільшу кількість замкнутих парканів, що не перетина%ються, в місті з n будинками (паркан може відгороджувати один чи декількабудинків, а також уже відгороджені ділянки; на території між будь%якимидвома парканами повинен знаходитись хоча б один будинок).

14. Доведіть, що при n ≥ 5 довільний прямокутник можна розбити на nпрямокутників так, щоб жодні два сусідні не утворювали разом прямокут%ник.

15. На площині дано 12 точок, відстані між якими не перевищують3 см. Чи можна стверджувати, що серед цих 12 точок можна вибрати чоти%ри таких, що всі відстані між ними не перевищують 2 см?

16. Розмістіть 6 точок на площині так, щоб кожні 3 із них утворювалирівнобедрений трикутник.

17. Скільки існує квадратів, вершини яких знаходяться у вузлахквадратної сітки всередині прямокутника 9 10× , а сторони паралельні сто%ронам сітки?

18. На яку найбільшу кількість частин розбивають площину три пря%мокутники?

19. На круглому столі радіуса R лежать, не перетинаючись n монетрадіуса r, і більше не можна покласти жодної монети. Доведіть, що1

21

R

rn

R

r−⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ < < .

20. На площині дано n точок, жодні три з яких не лежать на однійпрямій. Дозволяється з’єднувати точки відрізками так, щоб ці відрізки неперетинались. Доведіть, що найбільша кількість відрізків, які можна про%вести, не залежить від вибору пар з’єднуваних точок.

21. На площині проведено n прямих так, що жодні дві з них не паралельні,а жодні три не мають спільної точки. Знайдіть кількість точок перетину цих


прямих. Скільки трикутників утворюють ці прямі? На скільки частин розбива%ють площину ці прямі? Скільки серед них частин необмежених?

22. Клітини двох таблиць розміру 1982 1983× зафарбовані в червонийі синій кольори так, що в кожному рядку і в кожному стовпчику парнечисло синіх клітин. Одну з цих таблиць наклали на другу. При цьому однаіз синіх клітин сумістилася з червоною клітиною. Доведіть, що знайдутьсяще принаймні три клітини, покриті клітинами протилежного кольору.

23. Коридорами лабіринту є всі сторони і діагоналі опуклого n%кутни%ка. Яку найменшу кількість ламп необхідно розмістити в лабіринті так,щоб повністю його освітити?

24. На прямій знаходяться павук і муха. Максимальна швидкість паву%ка вдвічі більша від максимальної швидкості мухи, але він нічого не знаєпро місцезнаходження мухи до тих пір, поки вони не опиняються в однійточці. Чи зможе павук наздогнати муху?

25. На кожній з двох паралельних прямих позначено n точок і прове%дено кілька відрізків, що сполучають позначені точки різних прямих. Якунайбільшу кількість цих відрізків можна провести так, щоб вони не пере%тиналися всередині смуги між даними прямими?


ГРАФИ

1. В якійсь країні є 9 міст з назвами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Мандрівниквиявив, що два міста з’єднані авіалінією в тому й тільки тому випадку,коли двозначне число, складене із цифр — назв цих міст, ділиться на 3. Чиможна з міста 1 дістатися в місто 9?

Розв’язанняНакреслимо на%

ступну схему: кожнемісто позначимо точ%кою, а авіалінії — лi%ніями, що з’єднуютьвідповідні точки. Те%пер стає очевидним,що з міста 1 до міста 9дістатися не можна.

Означення. Скінченна сукупність точок, деякі з яких з’єднані одна з одноюлініями, називається графом. Ці точки називаються вершинами графа,а вказані лінії — ребрами графа.

Графи часто використовують для розв’язування логічних задач, зв’язанихз перебором варіантів.

Властивості графів не залежать від того, з’єднані вершини відрізками чикривими лініями. Важливо лише, які вершини з’єднані, а які — ні.

Говорять, що два графа ізоморфні, якщо існує така взаємно однозначнавідповідність між множинами їх вершин, що вершини з’єднані ребрами в од-ному з графів у тому і тільки в тому випадку, коли відповідні їм вершиниз’єднані в другому графі.

Кількість ребер, що виходять з даної вершини графа, називаються степе-нем вершини.

Число непарних вершин довільного графа — парне. Справді, склавши сте-пені всіх вершин, отримаємо число, вдвічі більше від числа ребер графа, тобтопарне число. Але сума декількох цілих чисел парна тоді й тільки тоді, коликількість непарних доданків парна.

2. В якійсь країні 15 міст. Чи можна їх з’єднати авіалініями так, щоббуло 4 міста, кожне з яких з’єднане з трьома іншими, 8 міст, кожне з яких


7

1

2

5

3

486

9

з’єднане з шістьма іншими, і 3 міста, кожне з яких з’єднане з п’ятьмаіншими?

Розв’язанняЯкби це було можливим, то можна було б накреслити граф з 15 верши%

нами, чотири з яких мали б степінь 3, вісім — степінь 6, три — степінь 5.Тоді загальна кількість непарних вершин була б непарною, що неможливо.

3. Певний архіпелаг складається з 2003 островів. З кожного островавиходить 1, 3 або 5 пароплавних ліній. Чи правда, що є пароплавна лінія,що з’єднує якийсь острів із зовнішнім світом?

Розв’язанняЯкби це було не так, то можна було б накреслити граф з 2003 вершина%

ми, кожна з яких мала б непарний степінь, що неможливо.4. Чи може в державі, в якій з кожного міста виходить 3 дороги, бути

рівно 100 доріг?

Розв’язанняРозглянемо граф із k вершинами, в якому з кожної вершини виходить

3 ребра. Тоді загальна кількість ребер дорівнює3

2

k. Але для кожного k N∈

3

2100

k≠ . Отже, відповідь на питання за%

дачі негативна.Порівняємо два ізоморфних графи,

зображені на рисунках. На першому з нихребра перетинаються в п’яти точках, щоне є вершинами графа. На другому всіточки перетину графа є його вершинами.

Граф, який можна накреслити так,щоб його ребра перетиналися тільки в вер-шинах, називається плоским графом. От-же, граф, зображений на першому рисун-ку, є плоским. Будемо говорити, щоплоский граф, накреслений правильно,якщо його ребра не перетинаються.

5. На одній ділянці землі побудувалитри будинки A, B і C і вирили три кри%ниці X , Y , Z. Господарі будинків пере%сварилися між собою і вирішили прокласти три стежки до криниць так,щоб на шляху до криниць і назад їм не доводилося зустрічатися один з од%ним. Чи можливо це?

Графи 149

F B

D

A

C

E

F

A B

CD

E

Розв’язанняВідповідь на питання задачі залежить від того, чи буде відповідний

граф плоским, тобто чи можна провести ребра графа так, щоб вони не пе%ретинались ніде, крім вершиниграфа A, B, C, X , Y , Z. Розв’я%зання спирається на наступнутеорему Жордана.

Теорема. Нехай K — неперер-вна замкнута лінія на площині.Лінія К ділить площину на вну-трішню і зовнішню області так,що довільна неперервна крива l, що

з’єднує довільну точку P внутрішньої області з деякою точкою Q зовнішньоїобласті, перетинає K.

Доведення теореми досить складне, тому не будемо його тут наводити.З теореми Жордана випливає, що якщо довільні дві точки замкнутої лінії

K, наприклад A і Y , з’єднати кривою AY , що не має з K спільних точок,відмінних від A і Y , то вся ця крива, за винятком її кінців, лежить або всере-дині K, або зовні.

Нехай тепер на замкнутійлінії K маємо чотири точки,розташовані в порядку A, B,Y , Z і проведені лінії AY і BZ,що не перетинаються між со%бою. Тоді, за теоремою Жор%дана, обов’язково одна з них(нехай AY ) лежить усерединіK, а друга (BZ) зовні K. Не%хай тепер на лінії K маємошість точок, розташованих

у порядку A, X ,B,Y ,C, Z. Тодітри криві AY , BZ, CX не мо%жуть перетинатися. Справді,ці три криві повинні бути роз%ташованими у двох областях –внутрішній і зовнішній, повідношенню до K; принаймнідві з них попадуть в одну об%ласть, а тому обов’язково бу%дуть перетинатися.


X

CBA

Y Z

Q

C

Z

A

X

В

P

K

Y

Припустимо тепер, що граф, про який говорилося на початку, пло%ский. Накреслимо ребра AX , XB, BY , YC, CZ, ZA так, щоб вони не перети%налися, і дістанемо на площині замкнуту криву. Але тоді ребра AY , BZ, CXуже не можна буде провести так, щоб вони не перетинались. Отже, нашграф не є плоским, а тому відповідь на питання задачі є негативною.

Граф називається зв’язним, якщо довільні дві його вершини можуть бутиз’єднані шляхом, тобто послідовністю ребер, кожне наступне з яких почи-нається в кінці попереднього. Замкнутий шлях, тобто такий, початокі кінець якого співпадають, називається циклом. Зв’язні частини графа нази-ваються компонентами зв’язності графа.

6. Із столиці деякої країни виходить 21 дорога, із міста Далекого –одна, а із усіх інших міст — по 20. Доведіть, що зі столиці можна доїхатив Далеке (можливо, з пересадками).

Розв’язанняРозглянемо граф доріг цієї країни. Доведемо, що компонента

зв’язності, що містить столицю, містить також і Далеке. Припустимо про%тилежне. Тоді в цій компоненті зв’язності степінь однієї вершини 21,а всіх інших – по 20. Це неможливо, оскільки кількість непарних вершинповинна бути парною. Суперечність доводить твердження задачі.

7. Доведіть, що граф, який можна накреслити, не відриваючи олівцявід паперу і проводячи кожне ребро рівно один раз, може мати не більшедвох непарних вершин.

Розв’язанняЯкщо накреслити граф так, як визначається в умові, то в кожну вер%

шину, можливо за винятком першої і останньої, ми ввійдемо стільки жразів, скільки і вийдемо з неї. Тому степені всіх вершин графа, крім двох,повинні бути парними.

Графи, розглянуті в попередній задачі, називаються ейлеровимиу зв’язку із знаменитою задачею про кенігсберзькі мости, досліджену Лео%нардом Ейлером.

8. Схема мостів Кенігсберга зображена нарисунку. Чи можна здійснити прогулянку, про%ходячи кожним мостом рівно один раз?

Розв’язанняРозглянемо граф, у якому ребра відповіда%

ють мостам, а вершини – різним розділенимчастинам міста.

Графи 151

c d

B

C

A

g

ba

D

f

Як бачимо, в цьому графі кількість не%парних вершин більша ніж 2. Тому цейграф не є ейлеровим. Отже, відповідь напитання задачі є негативною.

Зв’язний граф, що не має циклів, назива-ється деревом.

9. Доведіть, що в дереві є вершина,з якої виходить рівно одне ребро (така вер%шина називається висячою).

Розв’язанняВізьмемо довільну вершину дерева і підемо по довільному ребру, що

виходить з неї у другу вершину. Якщо із нової вершини більше ребер невиходить, то ця вершина є висячою. Якщо ж ні, то продовжимо рух поякомусь ребру далі. Зрозуміло, що під час такого руху ми ніколи не зможе%мо попасти у вершину, в якій уже були раніше, оскільки тоді граф мав бицикл. Оскільки у графа скінченна кількість вершин, то рано чи пізно рухзакінчиться, причому у висячій вершині.

10. Доведіть, що граф, в якому довільні дві вершини з’єднані рівно од%ним простим шляхом, є деревом. (Простим шляхом називається шлях,в якому жодне ребро не зустрічається двічі).


Очевидно, що даний граф зв’язний. Якщо припустити, що в ньомує цикл, то тоді дві вершини цього циклу з’єднані принаймні двома про%стими шляхами. Протиріччя доводить твердження задачі.

11. В якійсь країні 101 місто і деякі з них зв’язані дорогами. При цьомукожні два міста з’єднує рівно один шлях. Скільки в цій країні доріг?


З умови випливає, що граф доріг цієї країни є деревом. У цього дереває висяча вершина. Видалимо її разом з ребром, яке з неї виходить. Граф,що залишається, теж є деревом. Тому в нього теж є висяча вершина, якуми видалимо разом з ребром, що з неї виходить. Цю операцію виконаємо100 разів, поки не дістанемо граф, що складається з однієї вершини.Оскільки щоразу видалялося одне ребро, то спочатку їх було 100.

12. Сітка має вигляд прямокутника розміром 50 600× клітинок. Якунайбільшу кількість ниток можна перерізати так, щоб сітка не розпаласяна шматки?


Будемо розглядати сітку як граф, вершинами якого є вузли сітки,а ребра – нитками. Будемо видаляти ребра цього графа так, щоб він зали%


c

b

Cg

l

d

A D

a

B

f

шався зв’язним, до того часу, поки це можливо. Зауважимо, що якщов графі є цикл, то можна видалити довільне ребро цього циклу. Отже, мине зможемо видалити жодного ребра тільки тоді, коли граф стане деревом.Підрахуємо тепер кількість ребер у цьому дереві. Кількість вершин зали%шається такою ж, як і на початку – 51•601 = 30 651. Легко довести, щокількість ребер у дереві на 1 менше від кількості вершин. А спочатку їхбуло 601•50 + 600 • 51 = 60 650. Отже, можна видалити 30 000 ребер, тоб%то в сітці можна перерізати 30 000 ниток.

Правильно накреслений плоский граф розбиває площину на частини. По-значимо число цих частин через F, число вершин графа — через V і число ре-бер — через E.

Теорема (Ейлера). Для правильно накресленого зв’язного плоского графамає місце рівністьV E F− + = 2.

Доведення

Повторимо міркування, використане під час розв’язування задачі пророзрізання ниток сітки. Будемо видаляти ребра доти, поки не дістанемодерево. Зрозуміло, що при цьому кількість вершин не зменшується на 1.Число частин площини також зменшується на 1. Тому величина V E F− +є інваріантом. Оскільки, щоб отримати дерево, V E− =1 і F =1, тоV E F− + = 2, а тому і для початкового графа також виконується ця рівність.

13. У квадраті позначили 20 точок і з’єднали їх відрізками, що не пере%тинаються, одна з одною і з вершинами квадрата так, щоб квадрат розбив%ся на трикутники. Скільки дістали трикутників?


Позначені точки і вершини квадрата будемо вважати вершинами гра%фа, а відрізки і сторони квадрата – ребрами плоского графа. Для кожноїчастини, на які граф розбиває площину, підрахуємо число ребер, що її об%межує, і всі здобуті числа додамо. Оскільки кожне ребро розділяє дві час%тини, то в результаті дістаємо подвоєне число ребер. Оскільки всі частиниплощини, крім звільненої, – трикутники, а зовнішня частина обмежена

чотирма ребрами, то маємо ( )3 1 4 2F E− + = , тобто EF

=−

+3 1

22

( ). Зауважимо,

що число вершин нашого графа дорівнює 24. Тоді, за формулою Ейлера,

маємо:( )

243 1

22 2−

−+

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + =

FF , звідки F = 43. Отже, число трикутників, на

які розбивається квадрат, дорівнює 42.

Орієнтованим називається граф, на ребрах якого розставлені стрілки.

14. В якійсь країні є столиця і ще 100 міст. Деякі міста (у тому числій столиця) з’єднані дорогами з одностороннім шляхом. Із кожного

Графи 153

нестоличного міста виходить 20 доріг і в кожне таке місто входить 21 до%рога. Доведіть, що в столицю не можна приїхати з жодного міста.


Нехай у столицю входить n доріг. Тоді загальна кількість вхідних дорігдорівнює 21 100⋅ + n, а загальна кількість вихідних доріг не більша від

( )200 100 100⋅ + − n . Тому ( )21 100 20 100 100⋅ + ≤ ⋅ + −n n , тобто 2 0n ≤ і n = 0.15. В якійсь країні всі міста з’єднані між собою дорогами з односто%

роннім рухом. Доведіть, що знайдеться місто, з якого можна доїхатив будь%яке інше.


Застосуємо індукцію за кількістю міст. Для n = 2 твердження задачіочевидне. Для доведення індуктивного переходу видалимо спочатку однеіз міст. У силу індуктивного припущення існує місто A з потрібною вла%стивістю. Тепер, якщо у видалене місто веде хоча б одна дорога, то містоA — шукане, а якщо ні – то саме видалене місто має потрібну властивість.


16. а) Дано шматок дроту довжиною 120 см. Чи можна, не ламаючидроту, виготовити каркас куба з ребром 10 см?

б) Яку найменшу кількість разів все ж доведеться ламати дріт, щоб ви%готовити цей каркас?

17. Чи справді два графи ізоморфні, якщо:а) у них 10 вершин, степінь кожної з яких дорівнює 9;б) у них по 8 вершин, степінь кожної з яких дорівнює 3;в) вони зв’язні, без циклів і мають по 6 ребер?18. Доведіть, що в дереві довільні дві вершини з’єднані рівно одним

простим шляхом.19. В якійсь країні 30 міст, причому кожне з’єднане з кожним іншим

дорогою. Яку найбільшу кількість доріг можна закрити на ремонт так,щоб з кожного міста можна було проїхати в кожне інше?

20. Доведіть, що для плоского зв’язного графа справедлива нерівністьE V≤ −3 6.

21. Доведіть, що граф, який має 5 вершин, кожна з яких з’єднана реб%ром з кожною іншою, не є плоским.

22. Доведіть, що граф, у якому 10 вершин, степінь кожної з якихдорівнює 5, не плоский.

23. На площині дано 100 кіл, що складають зв’язну фігуру. Доведіть,що фігуру можна накреслити, не відриваючи олівця від паперу і не прово%дячи двічі одну й ту ж лінію.


24. Кожен із 102 учнів однієї школи знайомий не менше ніж із 68іншими. Доведіть, що серед них знайдуться четверо, які мають однаковукількість знайомих.

25. Кожне з ребер повного графа із шістьма вершинами пофарбованев один з двох кольорів. Доведіть, що є три вершини, всі ребра між якимиодного кольору (повним називається граф, кожна вершина якого з’єднаназ кожною іншою вершиною)

26. Кожне з ребер повного графа із 17 вершинами пофарбоване в одинз трьох кольорів. Доведіть, що є три вершини, всі ребра між якими одногокольору.

27. В одній державі 100 міст і кожне з’єднане з кожним містом з одно%стороннім рухом. Доведіть, що можна змінити напрямок руху на одній до%розі так, щоб з кожного міста можна було доїхати до будь%якого іншого.

28. В одній країні 101 місто. Кожне місто з’єднане з кожним дорогоюз одностороннім рухом, причому в кожне місто входить 50 доріг і з кожно%го міста виходить 500 доріг. Доведіть, що з кожного міста можна доїхатив довільне інше місто, проїхавши не більше ніж двома дорогами.

29. Ребра графа пофарбовані в чотири кольори так, що в кожногошляху із трьох ребер перше і третє ребро пофарбовані в різні кольори (по%чаток і кінець шляху можуть співпадати). Доведіть, що вершини цьогографа можна пофарбувати в п’ять кольорів так, щоб кожні дві з’єднаніребром вершини були пофарбовані в різні кольори.

30. а) Через декілька років після розпаду Зюйдвестівської імперії на16 князівств з’ясувалося, що кожне князівство дружить з трьома князів%ствами і ворогує з усіма іншими. Чи можна розбити ці князівства на 8 пардружніх князівств?

б) Знайдіть найменшу кількість вершин графа, степені всіх вершинякого дорівнюють 3 і вершини якого не можна розбити на пари, з’єднаніміж собою.

Графи 155


СПИСОК ВИКОРИСТАНОЇ ЛІТЕРАТУРИ

1. Апостолова Г. В., Панкратова І. Є., Фінкельштейн Л. П. Ціла та дробовачастина числа. — К.: Факт, 1996.

2. Билецкий Ю., Филипповский Г. Чертежи на песке. В мире геометрииАрхимеда. – К.: Факт, 2000.

3. Васильев Н. Б., Гутенмахер В. Л., Раббот Ж. М., Тоом А. Л. Заочные ма%тематические олимпиады. — М.: Наука, 1987.

4. Вышенский В. А., Карташов Н. В., Михайловский В. И., Ядренко М. И.Сборник задач киевских математических олимпиад. – К.: Вища школа,1984.

5. Гальперин Г. А., Толпыго А. К. Московские олимпиады. — М.: Просве%щение, 1986.

6. Генкин С. А., Итенберг И. В., Фомин Д. В. Ленинградские математиче%ские кружки: пособие для внеклассной работы. — Киров: АСА, 1994.

7. Еременко С. В., Сонет А. М., Ушаков В. Г. Элементы геометрии в зада%чах. – М: МЦНМО, 2003

8. Конет І. М., Паньков В. Г., Радченко В. М., Теплінський Ю. В. Обласніматематичні олімпіади. — Кам’янець%Подільський: Абетка, 2000.

9. Кохась К. П., Иванов С. В., Храбров А. И., Берлов С. Л., Карнов Д. В.,Петров Ф. В. Задачи Санкт%Петербургской олимпиады школьников поматематике. – СПб: Невский Диалект; Петербург, 2003.

10. Кушнір І. А. Методи розв’язування задач з геометрії: Книга для вчите%ля. – К.: Абрис, 1994.

11. Лейфура В. М., Мітельман І. М., Радченко В. М., Ясінський В. А. Задачіміжнародних олімпіад та методи їх розв’язування. – Львів: Євросвіт,1997.

12. Лейфура В. М., Мітельман І. М., Радченко В. М., Ясінський В. А. Мате%матичні олімпіади школярів України, 1991–2000. – К.: Техніка, 2003.

13. Лейфура В. М. Математичні задачі евристичного характеру. — К.: Вищашкола, 1992.

14. Михайлівський В. І., Ядренко М. Й., Призва Г. Й., Вишенський В. А.Збірник задач республіканських математичних олімпіад. – К.: Вищашкола, 1979.

15. Оре О. Теория графов. – М.: Наука, 1980.16. Пенцак Є. Я., Юрчишин А. С. Функційні рівняння. Методичний по%

сібник. – Львів: ЛДУ, 1998.

17. Перехейда О. М., Ушаков Р. П. Доведення нерівностей. – Х.: Основа,2003.

18. Сарана О. А. Математичні олімпіади: Просте і складне поруч. Методич%ний посібник. К.: А. С. К., 2005.

19. Тадєєв В. О. Подільність цілих чисел. — Тернопіль, 1995.20. Тадєєв В. О. Розв’язування планіметричних задач векторно%координат%

ним методом. — Тернопіль, 1998.21. Федак І. В. Методи розв’язування олімпіадних завдань з математики

(і не тільки їх). — Чернівці: Зелена Буковина, 2002.22. Федак І. В. Цілі числа. Комбінації. Принцип Діріхле. Ігри. – Тернопіль,

1997.23. Філіпповський Г. Математичні пригоди слоненяти Лу і його друзів. –

К.: Грот, 2002.24. Черкасенко В. П. Збірник математичних задач розвивального характеру

для молодших та середніх класів. – Миколаїв: МФ НаУКМА, 1998.25. Ясінський В. А. Геометричні задачі – Львів: Каменяр, 2003.26. Ясінський В. А. Олімпіадна математика. Функціональні рівняння. Ме%

тод математичної індукції. — Х.: Основа, 2005.

Список використаної літератури 157

ЗМІСТ

Вступ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Логічні задачі . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Конструкції та зважування . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Парність. Чергування. Розбиття на пари . . . . . . . . . . . . . . 14Подільність і остачі . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Діофантові рівняння . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Комбінаторика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Принцип Діріхле . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Інваріанти, розфарбування . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Напівінваріанти . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Задачі на стратегію гри . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Метод математичної індукції . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Ціла та дробова частини числа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Нерівності . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Функціональні рівняння . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91Коло . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Перетворення фігур . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112Задачі на побудову . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119Площі фігур . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126Стереометричні задачі . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134Комбінаторна геометрія . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Графи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148Література . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156


Навчальне видання

Готуємось до олімпіади з математикиЇ

Навчально%методичний посібник

Укладачі А. Б. Веліховська, О. В. ГримайлоГоловний редактор І. С. Маркова

Редактор Г. О. БіловолТехнічний редактор О. В. Лєбєдєва

Коректор О. М. ЖуренкоКомп’ютерна верстка О. В. Лєбєдєвої

Підписано до друку 8.02.2007. Формат 60× 90 1/16. Папір офсетний.Гарнітура «Ньютон». Друк офсетний. Ум. друк. арк. 10. Зам. № 7%02/13%04.

ТОВ «Видавнича група “Основа”».Свідоцтво ДК № 1179 від 27.12.2002 р.

Надруковано у друкарні ПП «Тріада+».Харків, вул. Киргизька, 19. Тел.: (057) 757%98%16, 757%98%15

Україна, 61145, Харків, вул. Космічна, 21%а.

Тел. (0572) 17%99%30. E%mail: [email protected]

Графи 159

Готуємось доолімпіади зматематики · ББК 22.1я7 Г 73...

Documents