Рис. 1

Розв’язання завдань ІІ етапу Всеукраїнської олімпіади з математики у місті Києві

(2017-2018 навчальний рік)

«Досягнувши кінця того, що слід знати,ти виявишся на початку того, що слід відчувати».

Джебран

6 клас

1. Чи можна підібрати чотири нескоротні правильні дроби з попарно різними знаменниками, сума яких є натуральним числом?

Відповідь: так, наприклад, такі: 115 +

110 + 1

5 + 1930 =

2+3+6+1930 =1 .

2. Шаховий король – то є фігура, що атакує усі клітинки, які мають спільну вершину чи сторону з клітинкою, в якій розташований король. Яку найбільшу кількість королів можна поставити на шахівниці розміром 10×11 , жодні два з яких не атакують один одного?

Відповідь: 30 . Розв’язання. Розіб’ємо шахівницю на частини, як це показано на рис. 1. В кожному шматочку не може стояти більше одного короля. Тому максимум їх може бути 6⋅5=30 . Як виставити цих 30 королів так само зрозуміло – для кожної частини ставимо короля в ліву верхню клітинку.

3. Квадрат 4×4 вирізали з паперу в клітинку. За яку найменшу кількість розрізів, які можна робити лише по лініях, що відділяють клітинки одну від одної, його можна розрізати на 16 клітинок 1×1 , якщо після кожного розрізу:

а) можна перекладати отримані частини перед наступним розрізом і розрізати одразу декілька шматочків;б) не можна перекладати частини, тобто кожним розрізом можна розрізати лише один отриманий шматочок?

Відповідь: а) 4 розрізи; б) 15 розрізів.Розв’язання. а) Спочатку покажемо, як це можна розбити за 4 розрізи. Першим розрізом ділимо квадрат на два прямокутника 4×2 . Перекладемо їх таким чином, щоб обидва розрізати по середині і отримаємо 4 квадрати 2×2 . Перекладаємо їх таким чином, щоб розрізати на 8 прямокутників 1×2 . І нарешті, покладемо їх таким чином, щоб розрізати останнім четвертим розрізом на 16 квадратиків 1×1 .Те, що меншою кількість обійтися не можна, легко зрозуміти з таких міркувань. Беремо один з чотирьох квадратів, що не межує з межею квадрата. Він має 4 сторони, кожна має бути відрізаною окремим розрізом.

1

б) При кожному розрізі кількість шматочків збільшується рівно на 1 . Оскільки усього треба отримати 16 шматочків, то на це знадобиться рівно 15 розрізів.

4. Андрійко написав на трьох картках три різні ненульові цифри a , b , c . Після цього склав з них усі можливі 6 трицифрових чисел. Далі він додав 5 з цих 6 чисел і сказав Олесі суму, що вийшла – 3014. Чи зможе Олеся назвати шосте число, що не увійшло до цієї суми?

Відповідь: зможе, це число 538 .

Розв’язання. Позначимо не додане число через abc . Сума усіх шести чисел дорівнює S=abc+acb+bac+bca+cab+cba=222( a+b+c ) .

Тоді S−abc=3014 , тобто число S=abc+3014 знаходиться в межах 3137≤S≤4001 . Крім того це число кратне 222 . Випишемо усі числа в цих межах, що кратні 222 :

3108 , 3330 , 3552 , 3774 та 3996 .

Тепер легко знайти можливі значення abc та перевірити чи задовольняють вони умови.S=3108 ⇒ abc=S−3014=94 -- умову не задовольняє.S=3330 ⇒ abc=S−3014=316 . Щоб не перевіряти суму усіх шести утворених чисел,

можна просто знайти a+b+c=S : 222=15 -- умову не задовольняє.S=3552 ⇒ abc=S−3014=538 . Оскільки a+b+c=S : 222=16 -- умову задовольняє.S=3774 ⇒ abc=S−3014=760 -- умову не задовольняє.S=3996 ⇒ abc=S−3014=982 . Оскільки a+b+c=S : 222=18 -- умову не задовольняє.

7 клас

1. На круглому треку з доріжкою довжиною 400 метрів велосипедист побачив друга, який був на відстані 150  метрів та біг від нього. Швидкість бігуна 5  м/с, а велосипедиста 15  м/с. За який найменший час велосипедист може зустріти друга?

Відповідь: за 12 ,5 секунди.

Розв’язання. Якщо він буде рухатися за ним, то він наздожене його через час 150

15−5 =15с. Якщо

він буде рухаючись назустріч, то він зустріне його через час 250

15+5=12 ,5 с.

2. Знайдіть усі натуральні числа, які не перевищують 2017 та в 3 рази більші за суму своїх цифр.

Відповідь: 27 .Розв’язання. Очевидно, що одноцифрові числа умову не задовольняють. Розглянемо двоцифрове

число ab , тоді вказана умова для нього перепишеться таким рівнянням:10 a+b=3( a+b ) ⇒ 7 a=2 b ⇒ b=7 та a=2 .

Таким чином перше шукане число – це 27 .

Для трицифрових чисел abc маємо, що 100 a+10 b+c=3(a+b+c ) 97 a+7 b=2c ,

2

Рис. 2

B

A D

C

M

l

але зрозуміло, що 97 a>2c , тобто рівність неможлива. Аналогічно для чотирицифрових чисел.

3. Мікрокалькулятор Кирила працює дивним чином. Спочатку Кирило вводить на екран деяке ціле число від 1 до 10 . Далі після натискання кнопки «=» число на екрані множиться на 10 , і до отриманого числа додається чи віднімається деяке ціле число від 1 до 10 . Чи може за таких умов після декількох натискань кнопки «=» на екрані з’явитися число 2017 ?

Відповідь: може.Розв’язання. Якщо вибрати спочатку число 2 , то після натискання кнопки «=» можлива поява на екрані числа 2⋅10+1=21 , далі можлива поява числа 21⋅10−9=201 і нарешті число 201⋅10+7=2017 , що і треба було досягти.

4. Чи можна розташувати прямокутник ABCD та точку M таким чином, що відстані від точки M до вершин A , B , C та D відповідно дорівнювали 1 , 2 , 3 та 4?

Відповідь:не можна.Розв’язання. Припустимо, що це можливо, нехай для прямокутника ABCD та точки M справджуються умови: MA=1 , MB=2 , MC=3 та MD=4 (рис. 2). Проведемо серединний перпендикуляр l до відрізків AB та CD . Тоді усі точки прямої l знаходяться на однаковій відстані від точок A та B , а також C та D відповідно. Усі інші точки площини діляться на дві півплощини – на одній з них точки розташовані ближче до вершин A та D , ніж до точок B та C відповідно, на іншій навпаки. Якби виконувалися умови задачі, то точка M мала бути ближче до A , ніж до B , але тоді вона мала бути ближче до D , ніж до C , що суперечить умовам MC=3 та MD=4 . Одержана суперечність завершує доведення.

5. На шахівницю завбільшки 2017×2017 поставили 2017 тури таким чином, що жодна не атакує іншу туру. Доведіть, що у кожному квадраті завбільшки 1009×1009 стоїть принаймні одна тура. Нагадаємо, що дві тури атакують одна одну, якщо вони стоять в одній горизонталі чи вертикалі.

Відповідь: завжди.Розв’язання. З умови зрозуміло, що у кожній вертикалі та кожній горизонталі стоїть рівно 1 тура. Якщо в якомусь квадраті 1009×1009 не стоїть жодної тури, то у горизонталях, що лишилися може стояти не більше 1008 тур, так само і у вертикалях, що лишилися – не більше 1008 тур. Таким чином загалом на дошці може стояти не більше 2016 тур. Одержана суперечність завершує доведення.

8 клас

1. Для яких натуральних n число 2 n3−3n2+5 n−2 є простим?

Відповідь: n=1 .

3

Рис. 3

B

A

C

DEG

F

Розв’язання. Якщо розкласти задане число на множники, то матимемо, що

2 n3−3n2+5 n−2=(n2−n+2 )(2n−1) .Зрозуміло, що при n=1 воно дійсно просте, а при n>1 є добутком двох чисел, кожне з яких більше 1 , а тому простим не буде.

2. На дошці записане число 12341234123412341234 . Які цифри з нього слід викреслити, щоб отримати найбільше число, що ділиться на 9 ? У відповіді наведіть число, що отримаємо.

Відповідь: 234123412341234123 .Розв’язання. Найбільше число можна отримати, якщо викреслити найменшу кількість цифр. Усього це число має суму цифр 50 . Щоб отримати число, що кратне 9 , треба викреслити цифри з сумою 5 . (Зрозуміло, що при викреслюванні цифр з сумою 14 та більше число тільки стане ще меншим). Одну цифру викреслити не достатньо, тому слід викреслити цифри 1 та 4 або 2 та 3 . Кількість цифр буде однаковою, тому слід зробити першу цифру максимальною з можливих. Якщо викреслити 2 та 3 , то перша залишиться 1. Якщо викреслити першу 1, то 4 треба викреслити останньою. Матимемо число 234123412341234123 .

3. Знайдіть усі пари натуральних чисел ( x ; y ) , що задовольняють рівність:xy + x+1

y+1 + x+2y+2=3 .

Відповідь: (k ; k ), k∈N .Розв’язання. Перепишемо рівність таким чином:

( xy −1 )+( x+1

y+1 −1)+( x+2y+2−1 )=0 ⇒ ( x− y )( 1

y + 1y+1 + 1

y+2 )=0 .

Звідси зрозуміло, що усі пари (k ; k ), k∈N задовольняють рівності, і жодна інша пара – не задовольняє.

4. У опуклому п’ятикутнику ABCDE відомо, що ∠CAD =∠DBE , ∠ECA=∠BEC та AC=BE . Доведіть, що AD=DB .

Розв’язання. Позначимо точки G , F , як на рис. 3. Тоді Δ ACG=Δ BFE за стороною та двом прилеглим кутам, тому ∠ AGC =∠BFE та AG=BF . Тоді й ∠FGD =∠GFD як суміжні до рівних, тому ΔGFD -- рівнобедрений, звідки AD=AG+GD=BF+FD=BD , що й треба було довести.

5. У країні побудована залізниця таким чином, що потяги по кожній лінії, що з’єднує два міста, їздять лише в одному напрямі. У зворотному напрямі рух по цій колії заборонений. Відомо, що не від кожного міста країни можна залізницею дістатися до кожного іншого міста навіть шляхом через інші міста. Чи завжди можна відокремити частину міст у країні (може навіть одне місто) таким чином, що із жодного міста іншої частини не можна дістатися в жодне місто відокремленої частини?

Відповідь: завжди.Розв’язання. За умовою в країні є міста «А» та «Б» такі, що від «А» не можливо дістатися до «Б».

4

Рис. 4BA

N

C

M

O I

Відокремимо усі ті міста, до яких не можна дістатися з міста «А». Зрозуміло, що відокремлена частина міст не порожня, бо туди входить принаймні одне місто «Б». Покажемо, що воно задовольняє умові. Якщо з деякого міста «В» невідокремленої частини можна було б дістатися до деякого міста «Г» відокремленої частини, то ми могли б міста «Г» дістатися з міста «А». Дійсно, оскільки «В» не відокремлене, то від нього є шлях до «А», а від «В» є шлях до «Г». Але за побудовою, місто «Г» з відокремленої частини, тобто до нього дістатися з міста «А» не можливо. Одержана суперечність завершує доведення.

9 клас

1. Чи може сума попарних добутків трьох послідовних натуральних чисел дорівнювати 2017 ?

Відповідь: не може. Розв’язання. Позначимо послідовні натуральні числа через n−1 , n та n+1 . Тоді шуканий вираз

дорівнює (n−1)n+n(n+1 )+(n−1)(n+1 )=3 n2−1 , тобто має остачу 2 при діленні на 3 , а число 2017 має остачу 1 . Таким чином рівність неможлива.

2. Відомо, що квадратні рівняння x2+a1 x+b1=0 , x

2+a2 x+b2=0 та x2+a3 x+b3=0 мають відповідно корені {x0 , x1}, {x0 , x2} та {x0 , x3}. Визначте

корені рівняння 3 x2+( a1+a2+a3 )x+(b1+b2+b3 )=0 через значення x0 , x1 , x2 і x3 .

Відповідь: x '= 13 ( x1+x2+x3 ) .

Розв’язання. Позначимо другий корінь досліджуваного рівняння через x ' . Це рівняння можна отримати, якщо додати задані три рівняння:

3 x2+( a1+a2+a3 )x+(b1+b2+b3 )=0 ,

тому воно очевидно має один з коренів x0 . З теореми Вієта x ' +x0=−13 ( a1+a2+a3 ).

Так само з теореми Вієта для заданих трьох рівнянь маємо, що x1+x0=−a1 , x2+x0=−a2 та x3+x0=−a3 , звідки

( x1+x2+x3 )+3 x0=−(a1+a2+a3) ⇒ 13 ( x1+x2+x3 )+x0=− 1

3 (a1+a2+a3 ) ⇒

x '= 13 ( x1+x2+x3 ) .

3. На відрізку AB вибрана точка C , далі на відрізках AC та CB як на діаметрах побудовані кола. Пряма BM дотикається першого кола в точці M , а пряма AN дотикається другого кола в точці N . Позначимо через α =∠NAB та β =∠ ABM . Знайдіть значення величини 3 sin α sin β+sin α+sin β .

Відповідь: 1 .Розв’язання. Позначимо центри кіл через O та I (рис. 4), а радіуси через R та r

5

Рис. 5

відповідно. Якщо провести радіуси OM та IN у точки дотику, то легко зрозуміти, що sin α= r

2 R+r , sin β= RR+2r . Далі маємо, що

3 sin α sin β+sin α+sin β= 3 Rr( r+2 R )(R+2 r)+

RR+2r +

rr+2 R =

3 Rr+Rr+2 R2+Rr+2r2

Rr+4 Rr+2 R2+2 r2 =1.

4. Знайдіть найбільше натуральне число n , для якого існують 6 попарно різних цифр a1 , a2 , …, a6 , для яких кожне з шестицифрових чисел, що містить усі наведені цифри рівно один раз, ділиться на n .

Відповідь: n=9 .Розв’язання. Те, що при виборі цифр, сума яких кратна 9 , умова справджується очевидно з ознаки подільності на 9 . Для цього виберемо наприклад такий набір цифр: 1 , 2 , 3 , 4 , 8 та 9 .Покажемо, що це найбільше можливе значення. Серед обраних цифр з принципу Діріхле

обов’язково є дві сусідні. Нехай це будуть k та l=k+1 . Усі інші цифри a , b , c , d , при цьому a>0 . Тоді, якщо число n задовольняє умову, то воно ділить кожне з двох чисел: abcdlk та abcdkl , а тому і їхню різницю:

abcdlk−abcdkl=lk−kl=10(k+1 )+k−(10 k+( k+1))=9 .Таким чином n≤9 .

5. Два гравці – Перший та Другий – по черзі роблять ходи на прямокутнику в клітинку розміром 2018×5 . Кожен з них одним своїм ходом може зафарбувати квадрат розміром 1×1 , 2×2 , 3×3 , 4×4 або 5×5 . При цьому цей квадрат не повинен містити вже раніше зафарбованих клітинок. Виграє той, хто фарбує останню не зафарбовану клітинку прямокутника. Хто перемагає в цій грі, Перший, хто розпочинає гру, чи Другий, якщо кожний прагне виграти?

Відповідь: Перший.Розв’язання. Перший першим ходом фарбує квадрат 4×4 , що розташований в середині прямокутника (рис. 5). Далі перемогу приносить симетрична відносно вертикальної прямої стратегія. Перший завжди може зробити хід, що симетричний ходові другого, а тому переможе.

10 клас

1. Знайдіть найменше шестицифрове число, що має попарно різні цифри та ділиться націло на 2017 .

Відповідь: 102867 . Розв’язання. Оскільки усі числа, що діляться на 2017 , можна подати у вигляді 2017 n , то нам

достатньо знайти найменше n , для якого справджується нерівність: 2017 n≥105. Якщо поділити

на 2017 , матимемо, що n≥50 . Тому шукане число має вигляд 100850 . Воно, на жаль, має однакові цифри. Тому додамо до нього ще раз 2017 і матимемо шукане число 102867 .

2. Для додатних чисел a , b , c доведіть, що справджується нерівність:

6

A

PРис. 6

B

MQ

aa+b + c

b+c +b

c+a >1 .

Розв’язання. Зробимо таке перетворення:a

a+b + cb+c +

bc+a >

aa+b+c +

ca+b+c + b

a+b+c =1 .

3. Піфагоровим називається прямокутний трикутник, у якого всі сторони виражаються натуральними числами, наприклад, трикутник зі сторонами 3 , 4 та 5 . Чи може периметр піфагорового трикутника бути непарним числом?

Відповідь: не може.

Розв’язання. Позначимо катети трикутника через a , b , а гіпотенузу через c . Тоді

P2=( a+b+c )2=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc )=2(a2+b2+ab+ac+bc ) --парне число, але тоді і сам периметр так само парне число.

4. На колі розташовані точки P , A , B , а всередині кола – точка Q таким чином, що ∠PAQ=90 ° , PQ=QB та точки P і B лежать по різні боки від прямої AQ . Доведіть, що ∠ AQB−∠PQA=2∠ APB .Розв’язання. Позначимо через M -- середину відрізку PB (рис. 6). Тоді ∠PMQ=∠PAQ=90 ° і чотирикутник PAMQ -- вписаний. Звідси ∠ APM =∠AQM . Звідси маємо, що

∠ AQB−∠ AQP =∠ AQM +∠MQB−∠AQP==∠AQM+(∠MQP−∠AQP )=2∠ AQM=2∠ APM ,

що й треба було довести.

5. Двоє гравців по черзі розрізають аркуш паперу у клітинку розміром 2017×2017 . Кожен робить розріз довжиною 1 по довільній стороні деякого одиничного квадрату, що з’єднує сусідні вузли клітин, при цьому принаймні один з цих вузлів має бути розташованим на краю аркуша або бути з’єднаним розрізами з краєм. Програє той з гравців, після чийого розрізу аркуш розпадеться на 2 чи більше частин. Хто виграє при правильній грі – той, хто починає, чи той, хто розрізає другим?

Відповідь: другий виграє.Розв’язання. Назвемо вузол – активним, якщо від нього вже проведений розріз до краю аркуша паперу (таким чином усі вузли, що розташовані на краю до початку гри – активні). Якщо хтось з гравців робить розріз, що з’єднує два активних вузла, то аркуш розпадається, оскільки від кожного з них є шлях до краю паперу, а розріз між цими вузлами робить з’єднання цих двох шляхів. Тому аркуш розпадеться принаймні на 2 частини.

Таким чином кожним своїм ходом один з гравців робить хід, то він долучає до активних рівно 1 вузол. Виграє той, після ходу якого не залишиться не активних вузлів. Оскільки такі розміри прямокутника мають кількість вузлів 2018×2018 , то перед початком гри їхня кількість 2016⋅2016 -- парна кількість, то виграє другий гравець.

11 клас

7

A

Рис. 7C

D

B EF

1. Доведіть, що для довільних дійсних a , b завжди має розв’язки рівняння (a2−b2)x2+2( a3−b3 ) x+(a4−b4 )=0 .

Розв’язання. При a=b будь-яке число є розв’язком рівняння. Для випадку a≠b обчислимо дискримінант цього рівняння:

14 D=(a3−b3 )2−(a2−b2 )(a4−b4 )= a2b4−2a3 b3+a4b2=(ab )2(a−b )2≥0 ,

звідки й остаточно випливає твердження задачі.

2. Послідовність натуральних чисел побудована таким чином: n -й член послідовності дорівнює добутку перших n простих чисел. Відомо, що різниця деяких двох членів послідовності дорівнює 30000 . Знайдіть ці числа.

Відповідь: a6−a3=30030−30=30000 .Розв’язання. Нехай це різниця k -го та i -го членів послідовності. Тоді

ak−ai=p1 .. . p i pi+1 .. . pk−p1 .. . pi= p1 . .. pi( pi+1 .. . pi−1)=30000=24⋅3⋅54.

Бачимо, що ця різниця має ділитися на декілька перших простих чисел. Тут таких може бути 2 , 2⋅3 чи 2⋅3⋅5 , бо на 7 це число вже не ділиться. Розглянемо ці випадки.

Якщо p1 . .. p i=2 , то i=1 , ak=a1+30000=30002 -- не ділиться на 3 -- не можливо.

Якщо p1 . .. p i=2⋅3 , то i=2 , ak=a2+30000=30006 -- не ділиться на 5 -- не можливо.

Якщо p1 . .. p i=2⋅3⋅5 , то i=3 , ak=a3+30000=30030=2⋅3⋅5⋅7⋅11⋅13 , тобто k=6 .

3. Нехай ABC прямокутний трикутник. На його сторонах AC та BC відповідно вибрані точки D та E так, що AB=AD=BE та BD⊥DE . Знайдіть відношення ABBC та

BCCA .

Відповідь: ABBC = 3

4 та BCCA = 4

5 .Розв’язання. Позначимо сторони Δ ABC стандартним чином через a , b , c . З умов випливає, що c≤a та c≤b .Нехай F -- середина відрізку BE (рис. 7), оскільки Δ BDE -- прямокутний з вершиною прямого кута в точці D , то

BF=FE=DF= 12 BE . Тоді ADFB -- дельтоїд, звідси AF⊥ BD та AF - бісектриса

∠BAD =∠BAC , тому ABBF = AC

CF ⇒

c12 c

= ba− 1

2 c ⇒ b+c=2 a . Тому a -- середня за довжиною сторона Δ ABC (зауважимо, що досі ми не використовували, що він прямокутний), але

тепер зрозуміло, що b -- гіпотенуза. Далі з умови b2=a2+c2

та b=2a−c матимемо, що 3 a=4 c , звідки a=4 d , c=3 d та b=5 d і легко знаходимо шукані відношення.

4. По колу у деякому порядку розставлені числа 1 , 2 , 3 , …, 40 . Число називається гарним, якщо наступне за ним за рухом годинникової стрілки число є його дільником. Розставте числа таким чином, щоб там була найбільша кількість гарних чисел і скільки гарних чисел може утворитися?

8

Відповідь: 20 гарних чисел.Розв’язання. Якщо вибрати число n≥21 , то воно не є дільником жодного з чисел, тому перед ним за рухом годинникової стрілки має йти «погане» число, таким чином гарних чисел не може бути більше 20 . Наведемо приклад, коли їх рівно 20 , що й завершить розгляд задачі. Гарні числа виділені жирним шрифтом, при цьому руху за годинниковою стрілкою відповідає рух зліва направо.

40, 20, 10, 5, 39, 38, 19, 37, 36, 18, 9, 35, 34, 17, 33, 32, 16, 8, 4, 2,1, 31, 30, 15, 29, 28, 14, 7, 27, 26, 13, 25, 24, 12, 6, 3, 23, 22, 11, 21

Зрозуміло, що то є не єдиний приклад розстановки чисел, що задовольняє умову задачі.

5. Для додатних чисел x , y , z , t , сума яких дорівнює 4 , доведіть нерівність:x

x+1+y

y+1 + zz+1 + t

t+1≤2 .

Розв’язання. Оскільки числа x , y , z , t додатні, то

(( x+1)+. ..+( t+1 ))( 1x+1 +.. .+ 1

t+1 )≥4⋅4√( x+1). . .( t+1 )⋅4⋅4√ 1x+1 . .. 1

t +1=16 ⇒

8⋅( 1x+1 +.. .+ 1

t+1 )≥16 ⇒ 1

x+1+ .. .+ 1t +1≥2 ⇒

xx+1+ .. .+ t

t +1=(1− 1x+1 )+ .. .+(1− 1

t+1 )=4−( 1x+1 +. ..+ 1

t+1 )≤4−2=2 .

1. Доведіть, що для довільних дійсних a , b завжди має розв’язки рівняння (a2−b2 )x2+2( a3−b3 ) x+(a4−b4 )=0 .

9