Кіровоград олімпіади

								x = y . Тому	x + y 2				2003	2
рівність досягається тільки за умови, що									xy ≤			=	2	, а
										2
	2003		2	x = y =	2003	.	13. Ні, не можна. Для розв’язання задачі
xy =	2		, якщо		2

досить навести один контрприклад. Таким контрприкладом є дельтоїд – його діагоналі перпендикулярні, але він не є ромбом.

ІХ КЛАС

1. Виділяючи повні квадрати двочленів, матимемо:

A = (a − 4b)2 + (b − 2)2 + (a − 8)2 + 1976 ≥ 1976.

Зрозуміло, що найменше значення виразу A дорівнює 1976 і досягається воно, коли a = 8, b = 2. 2. Спочатку перетворимо ліву частину нерівності, а потім до

кожного множника застосуємо нерівність Коші:

(a − x)(a − y)(a − z) = ( y + z)(z + x)(x + y) ≥ 2					yz 2		zx 2	xy = 8xyz.
3. Нехай a, b, c – сторони трикутника			ABC ,		ma , mb , mc – його медіани. На
продовжені медіани CN побудуємо точку				P так, щоб PM = MC (мал. 34).
Чотирикутник AMBP – паралелограм. Тому
	AB2 + MP2 = 2(AP2 + BP2 ).
						С
			K	M		L
	A		N			В
		P
		Мал. 34			2
Звідси знаходимо сторону	c трикутника:			c =		2m2	+ 2m2	− m2 .	Аналогічно
					3	a	b	c
можна встановити, що: b = 2	2m2 + 2m2		− m2	, a = 2		2m2 + 2m2 − m2 .
3	c	a	b		3		b	c	a
4. Графіком функції є парабола y = x2		+ x + 1, з якої вилучена точка (1; 3) . 5. 20.
Якщо n – кількість комплектів шахів вартістю 5 грн.,							m – вартістю 8 грн., то
маємо лінійне діофантове рівняння		5n + 8m = 103,				яке потрібно розв’язати на

множині цілих невід’ємних чисел. Спочатку виразимо n через m : n = 20 − m + 31−5m .

91

Оскільки n – ціле число, то різниця m − 1 повинна бути кратною 5: 1− m = 5 p , де p – ціле число. Далі знаходимо цілі невід’ємні розв’язки рівняння: m = 1− 5 p, n = 19 + 8 p, p = −2, − 1, 0. Звідси маємо суму m + n = 20 + 3p, яка буде найбільшою, коли p = 0. 6. Графіком рівняння є два кола одиничного радіуса, центри яких містяться в точках (−1; 0) і (1; 0) . 7. Утворимо систему рівнянь і

розв’яжемо її:
(1− 2a)x2		− 6ax − 1 = 0,	a(2x2		+ 6x) = x2	− 1,
	− x + 1 = 0,			= x − 1.
ax2			ax2

Числа 0 і –3 не можуть бути коренями рівнянь, тому з останньої системи маємо рівняння:

	x2	− 1	=	x − 1	,
	2x2	+ 6x		x2

з якого знаходимо його корені: − 2,1, 3, а потім з рівняння ax2 = x − 1 відповідні

значення параметра a :		− 3 , 0,	2 .
		4	9
8.	xy + x = a2 − b2 x( y + 1) = (a − b)(a + b)
		x = a − b,		a =	1+ x + y	, b =	1− x + y .
		y + 1 = a + b,			2		2

9. Нехай бісектриса кута B перетинає коло в точці N (мал. 35). Тоді висоти трикутника DNE і відповідні бісектриси трикутника ABC лежать на прямих AE, BN, CD , тобто точка K є ортоцентром трикутника DNE . За властивістю

ортоцентра точки K і B – симетричні відносно сторони DE трикутника DNE , а отже, діагоналі чотирикутника BPMK взаємно перпендикулярні й KQ = QB.

Відрізок KQ є одночасно бісектрисою і висотою, а отже, й медіаною трикутника PKM . Тому PQ = QM . Оскільки діагоналі чотирикутника BPKM взаємно перпендикулярні й в точці перетину діляться навпіл, то BPKM – ромб.

		C				M
	N
			E		a	b
	K		M		c	d
				A		B
		Q
A		P	B
	D				N
	Мал. 35				Мал. 36

92

10. 0. Оскільки 3a − 1 ≠		0, x + x		= −1, x x				=		a2			, то, використовуючи рівності
			2				2
		1			1				3a − 1
(x + x		)3 = x3 + x3			+ 3x x			(x + x			),		x3	+ x3 = −1,
1	2	1		2	1	2		1		2			1	2
легко знайти шукані	значення				параметра					a.			11.	4006. Графіком рівняння

x + y = 2003 є квадрат з вершинами в точках (±2003; 0), (0; ± 2003) . Найбільша

відстань між двома точками цього квадрата дорівнює довжині його діагоналі – 4006. Графік рівняння 2003 − x + 2003 − y = 2003 одержимо, змістивши цей

квадрат на вектор (2003; 2003) . При такому перетворенні відстань між точками

не змінюється. 12. 7,5r2 . Трикутник AMB прямокутний, тому	a2 + b2 = 4r2
(мал. 36). Чотирикутник AMBN – паралелограм, тому c2 + d 2 = r2	+ 4r2	. Далі
	2

знаходимо шукану суму. 13. Оскільки a + b > c , то

a3 + b3 + 3abc = (a + b)(a2 − ab + b2 ) + 3abc >

>c(a2 − ab + b2 ) + 3abc = c(a + b)2 > c3.

14.Рівняння не має цілих розв’язків, бо його ліва частина кратна числу 3 для будь-якого цілого x , а права не ділиться на 3 при жодному цілому y . У цьому

нескладно переконатися, взявши y = 3n + r , де n Z, а r {−1, 0,1}: y2 − 19y + 98 = 3(3n2 + 2nr − 19n − 6r + 33) + (r2 − r − 1).

Одержана сума не ділиться на 3 тому, що другий доданок не ділиться на 3.

ХКЛАС

1.Для побудови графіка функцію, використовуючи означення модуля, доцільно записати так:

x	2	− 2x,	якщо x < −1,
	2	+ 2,	якщо − 1 ≤ x ≤ 1,
y = x
	2	+ 2x,	якщо x > 1.
x
2. Якщо M – точка перетину медіан трикутника ABC (мал. 37), то BDM –
прямокутний рівнобедрений трикутник: DB = DM = 1 м. За властивістю медіан
трикутника маємо CD = 3 м і CD AB . Тому площа трикутника дорівнює 3 м2 .
3.
a2 + b2 > 3 a3 + b3 ( a2 + b2 )6 > (3 a3 + b3 )6 (a2 + b2 )3 > (a3 + b3 )2

3a4b2 + 3a2b4 > 2a3b3 3a2 + 3b2 > 2ab (a − b)2 > − 4ab3 .

93

C

D

C

M

A

60°

L

30°

B

x

K

A

D

B

Мал. 37

Мал. 38

4. Нехай DK = CL = h – висота трапеції, AK = x, LB = 54 − x (мал. 38). Тоді

xtg60° = h = (54 − x)tg30° .

Далі

знаходимо

x =

27 см, h = 27

3 см

і

S =

1377

3 см2 .

5.

Рівняння

2

2

2

розв’яжемо графічно. Для цього побудуємо графіки функцій y = 2 − x2 і y = 2[ x]

(мал. 39). Вони мають єдину спільну точку

A(x1; y1 ). Абсциса цієї точки є

розв’язком рівняння. Тому

x2 + 2[x1 ] = 2. Оскільки

− 2 < x < −1,

то [x ]= −2 , а

1

1

1

x = −

7 . 6. Розкладемо ліву частину рівняння на множники:

1

2

(x − 1)(x2 + x − 1)= 0.

Звідси знаходимо корені рівняння: 1,

− 1±

5

. 7. За властивістю цілої частини

[x − 1]= [x ]− 1. Тому

y = [x ]− 1.

2

Оскільки

модулі протилежних чисел рівні:

− x = x , − y = y ,

то графік рівняння симетричний відносно

координатних

осей. Тому побудуємо його спочатку в першому координатному

куті. Для

x ≥ 1, y ≥ 0

рівняння набуває вигляду

y = [x]− 1. Продовжуючи графік функції

y = [x]− 1

симетрично

відносно

координатних осей

на

всю

координатну

площину, матимемо графік рівняння (мал. 40).

y

y

4

y = 2

x

2

3

1

y = 2 − x

2

2

y = 2[x]

0

4 x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

1

-1

A

-2

-1

0

1

2

x

-2

Мал. 39

Мал. 40

94

8. Якщо a, b (a < b) – катети, c – гіпотенуза трикутника,	d – різниця прогресії,
то b = a + d, c = a + 2d і a2 + b2 = c2 . Далі знаходимо:	a = 3d, b = 4d, c = 5d .

Нарешті, використовуючи формули для обчислення площі трикутника S =

1 ab

і S = a + b + c r , встановлюємо, що d = r.

2

9. Нехай a, b, c – сторони трикутника,

2

x, y, z – відстані центра до сторін відповідно,

R – радіус описаного кола. Тоді

S = x + y + z =

R2 − a2

+

R2 − b2 +

R2 − c2 =

4

4

4

= R − a

R + a

+ R − b

R + b + R − c

R + c .

2

2

2

2

2

2

Для відшукання найбільшого значення суми S скористаємося нерівністю

Коші-Буняковського:

R − a

R + a

+ R − b

R + b

+ R − c

R + c

≤

2

2

2

2

2

2

≤ R − a

+ R − b + R − c

R + a

+ R + b

+ R + c

=

2

2

2

2

2

2

3R − p

3R + p = 9R2 − p2

2

2

4

У цьому співвідношенні рівність матиме місце за такої умови:

R −

a

R

−

b

R −

c

2

=

2

=

2 .

R

+

a

R

+

b

R +

c

2

2

2

Звідси знаходимо, що a = b = c , тобто сума відстаней від центра описаного кола до сторін трикутника є найбільшою в рівносторонньому трикутнику. Нескладно встановити, що вона дорівнює висоті цього трикутника. 10. Якщо x > 0, y > 0, то

	sin2			π
sin2 x + sin2		x = 1,	x =	2	+ kπ , k = 0,1, 2, ... ,
	y = 2	y = 1
	sin2			π	+ nπ , n = 0,1, 2, ... .
			y =	2

Якщо xy < 0, то
sin2	x = 0,	x = kπ ,
sin2 x + sin2 y = 0	y = 0		y = nπ ,	k, n Z, kn < 0 .
sin2
Для від’ємних x і y дана рівність не виконується. 11. 1± 5					,	− 3 ± 13	. Треба
спочатку поділити обидві частини рівняння на x2 ,				2		2
				а потім,		використовуючи
	95

заміни x − 1

= t і

x2 +

1

= t2

+ 2 ,

звести рівняння до квадратного.

12. Нехай

x2

x

a, b, c – сторони трикутника, ma , mb , mc

– відповідні медіани. Тоді

m = 1

2b2 + 2c2 − a2 , m = 1

2a2 + 2c2 − b2 , m = 1

2b2 + 2a2

− c2 .

a

2

b

2

c

2

Тому

= 1 ((2b2 + 2c2 − a2 )+ (2c2 + 2a2 − b2 )+ (2a2 + 2b2 − c2 ))=

m2

+ m2

+ m2

a

b

c

4

3

(a2 + b2 + c2 ).

=

4

Далі скористаємося нерівністю Коші-Буняковського:

3(a2 + b2 + c2 )= (12 + 12 + 12 )(a2 + b2 + c2 )≥ (1 a + 1 b + 1 c)2 .

2

2

2

p

2

Насамкінець

маємо: ma

+ mb

+ mc

≥

. 13. У кожній

парі «дівчинка –

2

хлопець» буде тільки один замріяний погляд (якщо вони знайомі, то дівчина замріяно дивиться на хлопця, якщо ні – то хлопець дивиться на дівчину), тому кількість поглядів 117 = m n , де m – кількість хлопців, а n – кількість дівчат. Оскільки m + n ≤ 40 , a 117 = 1 117 = 3 39 = 9 13, то n = 9, m = 13 або навпаки.

14. Нехай α – площина, на яку ведеться проектування. Може бути два випадки: 1) хоч один з відрізків, наприклад AB , паралельний α; 2) жоден з відрізків не паралельний α. Розглянемо окремо кожний з випадків. 1) Не втрачаючи

загальності, можна вважати, що A, B α (мал. 41). Тоді ABC1D1											і ABC2 D2 –
паралелограми. Позначимо площину DCC1D1 через γ1, а DCC2 D2											– γ2. Площини
γ2 і γ2 перетинаються по прямій DC . Припустимо, що P – точка перетину DC і
α. Тоді P повинна належати і C1D1 , і C2 D2 , чого бути не може, бо C1D1 || C2 D2 .
Тому DC ||α DC || D2C2			CD = AB і CD				AB ABCD – паралелограм.
D	C		P							C
											C3
	C1								D	C1
											α
D1
	B		α					D1		B
A			C2							B1	B2
	D2								A		C2
										D2
	Мал. 41									Мал. 42
2) У цьому випадку будемо вважати, що								A α, AB1C1D1 і AB2C2 D2 –
паралелограми,	які		утворюються при					паралельному			проектуванні
			96

чотирикутника ABCD на α (мал. 42). Нехай γ1 – площина CC1D1 , β1 – площина

BB1 A, γ2 – площина CC2 D2 , β2				–	площина	BB2 A .	Тоді γ1||β1		і γ2||β2, а
DC = γ 1 ∩ γ 2 ,	AB = β1∩β2, при		цьому		AB || DC .	(Якби	AB і DC		були	не
паралельні, то		AB перетинала	б	або γ1, або γ2). Якщо				точка C3	така,	що
C2C3 = DD2 ,	то	∆ DCC3 = ∆ABB2 .		Тому DC = AB ,			а	отже,	ABCD	–
паралелограм.

ХІ КЛАС

K

	1				A		B
	0	1	x
						D			C
	Мал. 43						Мал. 44
	1. Див. малy. 43.(2; 3), [3; 7), [7; + ∞).				2. 45°. 3.		43 ,	105 − 1 . Вказівка.
							19	2
Розв’яжіть рівняння на проміжках 4. З рівностей x1 + x2							= a й x1 x2		= a −1 маємо
x2	+ x2 = (a − 1)2 + 1 ≥ 1.	Тому	найменше значення виразу x2					+ x2	дорівнює 1 і
1	2						1	2
досягається воно тоді, коли a = 1. 5. З рівностей (мал. 44)
		ADK + KDC + DCK − BCK = 180°,
	DKC + KDC + DCK = 180°, AKD + DKC − BKC = 60°
нескладно отримати,		що DKC = 30° . 6.			sin(α + β ) = sinα cos β + cosα sin β <
< sinα + sin β , бо для гострих кутів				0 < sin γ < 1, 0 < cosγ < 1. 7.					–1. Увівши
позначення f (x) = y, f ( y) = z, f (z) = x,				прийдемо до такої системи рівнянь:
	x2 + 3x + 1 = y,
	y2 + 3y + 1 = z, (x + 1)2 + ( y + 1)2 + (z + 1)2 = 0 x = y = z = −1.
	z2 + 3z + 1 = x,
8. Нехайx, y, u, v – відстані вершини S піраміди до вершин A, B,									C, D основи
відповідно, AB = DC = 16, AD = BC = 22, SO = 4						(мал.	45). На прямій SO
побудуємо точку S′		так, щоб SO = OS′ .			Тоді	за властивостями діагоналей
паралелограма матимемо систему рівностей:
	S′S 2 + BD2 = 2( y2 + v2 ),		2S′S 2 + BD2		+ AC2 = 2( y2		+ v2 + x2 + u2 )
	S′S 2 + AC2 = 2(x2 + u2 ),
			y2 + v2	+ x2	+ u2 = 804.
			97

Якщо d – різниця арифметичної прогресії, яку утворюють числа x, y, u, v , x – її

перший	член,		а	y = x + d, u = x + 2d, v = x + 3d ,			то приходимо		до	такого
діофантового рівняння:
x2	+ (x + d)2 + (x + 2d)2				+ (x + 3d )2 = 804 2x2 + 6dx + 7d 2 = 402
	d				7d 2 < 402 d < 8.
Оскільки		–	парне число,		то	воно може дорівнювати		тільки	2, 4	або 6.
Перевіркою		встановлюємо,			що	d = 2 . Після	цього	знаходимо:		x = 11,
y = 13, u = 15, v = 17.				9. Після нескладних рівносильних перетворень матимемо
рівняння:				(sin x + sin y)(sin x − sin y)2			= 0
		sin2		x − sin2 y = 0 cos 2x = cos 2y y = ± x + kπ , k Z.

Множина точок, координати яких задовольняють дане рівняння, утворює прямокутну сітку, зображену на мал. 46.

	S			y
		D		2π
				π
A	O	C	-2π -π	π 2π x

B	-π
	-2π
	S'

Мал. 45 Мал. 46

10. Нехай	sin x + sin 3x + sin 5x + ... + sin 2003x = A . Помножимо рівність на
2sin x ≠ 0 і виконаємо перетворення:
	2Asin x = 2(sin x + sin 3x + sin 5x + ... + sin 2003x)sin x
	2Asin x = 1− cos 2004x.
Оскільки за	умовою 1− cos 2004x = 2sin x , то 2Asin x = 2sin x.Звідси маємо

A = 1. Якщо sin x = 0 , то A = 0 . Відповідь: 0, якщо x = πn; 1, якщо x ≠ πn, n Z.

11. З формули Герона	маємо рівність S 2 = p( p − a)( p − b)( p − c) . Оскільки
згідно з нерівністю Коші для трьох параметрів				+ ( p − c) 3
		( p − a) +	( p − b)
( p − a)( p − b)( p − c) ≤			3	,
то
S 2 ≤	p3 S ≤	p2 S ≤	(a + b + c)2 .
p	27	3 3	12	3
Далі застосуємо нерівність Коші-Буняковського:
(a + b + c)2 = (1 a + 1 b + 1 c)2 ≤		(12 + 12 + 12 )(a2 + b2 + c2 ) = 3(a2 + b2 + c2 ) .
		98

Тому S ≤ a2 + b2 + c2	. 12.	a	− 2; 3 −	21			1; 3 +	17		. За допомогою
4 3				2				2

похідної встановлюємо, що

x = ±1 – точки екстремумів, а

f (−1) = a2

− 3a − 2 і

f (1) = a2 + a − 2 – екстремуми функції. Якщо a > 0 , то f (−1)

– мінімум, який є і

найменшим значенням функції

f

в області її визначення; f(1) – максимум –

найбільше значення f, тобто

[f (−1); f (1)] – множина значень функції

f. Тому

для розв’язання задачі треба розв’язати таку систему нерівностей:

a > 0,

a2 − 3a − 2 ≤ 0,

a2

+ a − 2 ≥ 1.

Її

розв’язками

будуть

a 1; 3 +

17 . У разі, коли a < 0 , приходимо до

2

наступної системи нерівностей:

a < 0,

a2 − 3a − 2 ≥ 1,

2

+ a − 2 ≤ 0.

a

2;

3 −

21

з якої знаходимо a −

2

.

13.

Уведенням

змінних u =

x, v = f (u), w = f (v)

розв’язування

рівняння

зводиться до розв’язування циклічної системи рівнянь:

u2 + 2u − 2 = v,

v2 + 2v − 2 = w,

2

+ 2w − 2 = u.

w

Якщо u = v = w, то система вироджується в одне рівняння u2

+ u − 2 = 0 . Звідси

знаходимо єдиний невід’ємний корінь цього рівняння u = 1,

а разом з ним й

один розв’язок

(1;1;1) цієї системи. Якщо u > 1, то,

враховуючи монотонність

функції v = u2 + 2u − 2 , матимемо

v > 1; аналогічно матимемо w > 1.

Додавши

всі рівняння системи, дістанемо рівність u2 + v2 + w2

+ u + v + w = 6, яка не може

виконуватися для u > 1, бо її ліва частина більша за 6. Це означає, що система не має розв’язків, компоненти яких більші за 1. А тому й рівняння не має розв’язків більших за 1. Отже, 1 – єдиний цілий розв’язок рівняння. 14. Див.

задачу 9 для 9-го класу.

99

2002 – 2003 навчальний рік

VII КЛАС

1. 620, 62. Якщо x =

= 100a + 10b,

y =

= 10a + b , то

ab0

ab

682 = x + y = (100a + 10b)+ (10a + b) = 100a + 10(a + b) + b b = 2, a = 6.

2.

80

км/год. Нехай x

–

швидкість зустрічного поїзда. Оскільки

100

м =

0,1 км, 3 сек =

1

год, то 0,1:

1

= 40 + x x = 80. 3. 20%. 4. Див.

1200

1200

задачу 2 для 8-го класу 2001 – 2002 н.р. 5. Якщо x – вага голови, то

x + 0,2 =

x − 0,2

x = 0,6 .

2

Далі знаходимо вагу тулуба –

0,8

кг і вагу рибини – 1,6 кг. 6. Нехай O –

центральна клітинка дошки,

d

–

одна з діагоналей дошки. Виграє гравець,

котрий починає гру. Для цього йому потрібно спочатку поставити фішку на центральну клітинку. Далі, якщо суперник поставить фішку на клітинку діагоналі d , то й перший гравець повинен поставити свою фішку на ту клітинку діагоналі, яка їй симетрична відносно клітинки O . В іншому разі першому гравцю треба ставити фішку на клітинку, симетричну відносно діагоналі d . 7. Якщо всі розміри коробки збільшити на x одиниць, то матимемо рівність: (3 + x)(4 + x)(5 + x) = 1320. Розкладемо на множники число

1320: 1320 = 23 3 5 11. Оскільки x – ціле число й серед множників числа 1320 є просте число 11, то одне з чисел 3 + x, 4 + x, 5 + x повинно дорівнювати 11.

Нескладно помітити, що x = 7 . 8. Виграє гравець, який починає гру. Для цього потрібно за першим ходом закреслити 12-у й 13-у клітинки, а відповідати на ходи суперника ходами, симетричними відносно спільної сторони 12-ї та 13-ї клітинок. 9. m2 + n2 + m − n = m(m + 1) + n(n − 1) ділиться на 2, бо сума добутків

двох послідовних цілих чисел завжди ділиться на 2. 10. Такими прямокутниками є прямокутники: 4× 3,5; 2× 0,5; 2× 0,5. 11. Якщо в країні n міст

і з кожного міста виходить 8 доріг, то в країні повинно бути 4n доріг, бо кожна дорога з’єднує два міста. Оскільки 226 ≠ 4n при жодному n N, то такої кількості доріг у країні бути не може.

VIIІ КЛАС

1. 14492691. Якщо дріб скоротили на число n , то 7n + 13n = 4140. Звідси n = 207 . 2. Візьмемо чотири цілі послідовні числа: n, n + 1, n + 2, n + 3 . Тоді

(n + 1)(n + 2) − n(n + 3) = (n2 + 3n + 2)− (n2 + 3n)= 2.

3. Зважаючи на умову задачі, мал. 31 і уведені на ньому позначення, маємо систему рівнянь:

100