Кіровоград олімпіади

модуля можна розкрити. Отримуємо рівняння [x] = x , розв’язком якого є кожне

невід’ємне ціле число. 7. c2 = a2 + b2 =			(a + b)2	+ (a − b)2	≥ (a + b)2	c ≥ a + b .
			2	2	2	2
8. Нехай f –	шукана	функція.	Тоді	для довільного		x і y = f (x)
виконуватиметься	рівність	f (0) = − f 2 (x) + x4 . Якщо			x = 0 , то	f (0) = − f 2 (0) .
Тому f (0) = 0, а	f (x) = x2	– єдина шукана функція. 9. Розфарбуємо дошку в

шаховому порядку. Тоді Т-тетраміно може накрити або одну білу та 3 чорних клітини, або одну чорну та 3 білих клітини. Нехай тетраміно першого виду х штук, а другого – у. Розглянемо 2 випадки. Нехай n непарне. Не обмежуючи

загальності, вважатимемо, що на дошці			n2 − 1			білих та		n2 + 1		чорних клітинок.
								2
Тоді			2
	3x + y = n2
					+ 1,
					2
				n2		− 1
	x + 3y =						.
					2
Звідси 8y = n2 − 2 , що неможливо, бо n2 − 2						– непарне число. Для парного n
маємо:
3x + y = n2		,
	2	8y = n2				n = 4k, k N.
	n2	,
x + 3y =	2

Отже, дошки 4k × 4k можна розбити на Т-тетраміно, бо вони поділяються на квадрати 4× 4 , які можна розбити так, як показано на мал. 118.

Мал. 118

10. Ні, не можуть. Пронумеруємо всі дерева по колу числами від 1 до 44 і знайдемо суму номерів. Вона дорівнює 990. Нескладно переконатися, що після

201

перельоту горобців ця сума або не змінюється, або змінюється на 44. Це означає, що остача від ділення суми номерів дерев, на яких сидять горобці, не залежить від того, як вони перелітають з дерева на дерево, і дорівнює 22. Якби всі горобці злетілися на одне дерево, то остача б дорівнювала 0, чого бути не може.

ХКЛАС

1.a > 1. По-перше, корені повинні існувати. Це буде за умови, що дискримінант квадратного тричлена невід’ємний:

a2 − 4(a − 1) ≥ 0 (a − 2)2 ≥ 0 .

По-друге, вільний член квадратного тричлена повинний бути додатним: a − 1 > 0 . З наведених умов визначаємо шукані значення параметра a : a > 1. 2.

335, 742. Нехай n – шукане число. Тоді n = 37k + 2 і n = 11m + 5, де k, m N.

Порівнюючи праві частини цих рівностей, дістанемо рівняння 37k + 2 = 11m + 5. Розв’яжемо його відносно m :

m = 3k + 4k11− 3 .

Звідси випливає, що

4k − 3 = 11p k = 3p + 1− p + 1 4

p + 1 = 4q p = 4q − 1 k = 11q − 2 n = 407q − 72, q Z.

Отже, всі числа, які володіють обумовленими в задачі властивостями, записуються так: n = 407q − 72, q Z. Однак тільки при q = 1 і q = 2 число n

буде трицифровим: 335 і 742. 3. Виграє другий гравець, якщо відповідаючи на хід суперника, кластиме сірники в ту коробку, в яку щойно поклав сірники перший гравець. 4. За 1 годину восьмигодинного робочого дня робітник

виконував 18 частину норми, що приймемо за 100%. За 1 годину семигодинного робочого дня він вже виконував 17 частину норми, що складає 8007 %.

Продуктивність роботи зросла на 1007 %. Це підвищення продуктивності

зберегло розмір заробітної плати. Для підвищення заробітної плати на 5% продуктивність праці треба підвищити на 15%. 5. Сторони трикутника є хордами кола, описаного навколо цього трикутника. Їхня відстань від центра описаного кола дорівнює радіусу вписаного кола. Хорди кола, відстань яких від центра кола однакова, рівні. Тому сторони трикутника рівні – трикутник правильний. 6. Використаємо рівність [a + n] = [a] + n де a – довільне число, n –

ціле число.

Прийдемо до рівняння 11[x] =

x +

x + ... +

x +

x

...

. Звідси [x]≥ 0,

отже x ≥ 0,

і знак модуля можна розкрити. Отримуємо рівняння 11[x] =12x .

202

Оскільки 12x =11[x] ≤11x ≤12x , то		рівність	11[x] =12x можлива				тільки за
умови, що x = 0. 7.	За теоремою	Вієта розв’язком цієї		системи			є корені
квадратного рівняння	t2 − 2(a + 1)t + 3a + 1 = 0 ,		тобто x = t ,	y = t	2	чи навпаки.
			1

Умова |x|<1, |y|>1 виконується, коли один з коренів квадратного рівняння

належить інтервалу (−1;1) , а	інший	лежить поза	ним. Позначимо
f (x) = t2 − 2(a + 1)t + 3a + 1. Умова	задачі	виконуватиметься	в тому випадку,

коли графік функції буде розташований так, як показано на малюнках:

а)

Мал. 119

б)

Ці розташування

можна

аналітично

описати нерівністю

f (−1) f (1) < 0, де

f (−1) = 5a + 4, f (1) = a . Далі з нерівності (5a + 4)a < 0 знаходимо

4

; 0

a −

5

.

8. arccos 5

. На мал. 120 зображено прямий паралелепіпед

AMBNPCQD , який

8

AEM

моделює ситуацію, дану в умові задачі.

– кут

між

мимобіжними

прямими

AB

і

CD .

За

умовою

cos AEM =

35

,

AE =

1

AB = 5 = BE, ME =

1 CD =

7 . З трикутників

AEM і

10

2

2

BEM за теоремою косинусів маємо рівності відповідно:

AM 2 = AE2 + ME2 − 2AE ME

35

= 5 + 7 − 2 5

7

35

= 5,

10

10

2

2

2

35

35

BM

= BE

+ ME

−

2BE ME −

= 5 + 7 + 2 5

7

= 19 ,

10

10

MC = EF =

13 .

З прямокутних трикутників AMC і BMC за теоремою Піфагора маємо:

AC2 = AM 2 + MC2 = 5 + 13 = 18, BC2 = BM 2 + MC2 = 19 + 13 = 32 .

Насамкінець з трикутника ABC за теоремою косинусів обчислюємо

cos ACB = AC2 + BC2 − AB2

= 18 + 32 − 20

= 5.

2AC BC

2 18 32

8

203

Мал. 120

9. Нехай в класі х хлопчиків та у дівчаток. Тоді сумарний зріст всіх хлопчиків дорівнює S1 = 155x , а сумарний зріст всіх дівчаток дорівнює S2 = 148y . Отже,

сумарний зріст всіх учнів класу дорівнює S1 + S2 = 155x + 148y . З іншого боку,

сумарний зріст учнів класу дорівнює 28×150 = 4200 (см). Отже, розв’язавши систему рівнянь

x + y = 28,

155x + 148y = 4200,

знайдемо, що дівчаток 20. 10. Другому потрібно умовно розбити аркуш на прямокутники, як показано на мал. 121, і коли перший ставить 1 в одну клітинку

Мал. 121

прямокутника, ставити 0 у вільну клітину цього прямокутника. Так він завадить першому досягти перемоги.

204

ХІ КЛАС

1. З нерівності 2(x + y + z)2 + 3(x2 + y2 + z2 ) ≥ 0, яка рівносильна даній нерівності, випливає, що єдиним розв’язком є трійка чисел: 0, 0, 0. 2. Нехай α і

β – гострі кути трикутника,

x і y

– відповідні протилежні катети. З рівностей

S = 1 cysinα , S =

1 cxsin β , S

= 1 xy

знаходимо

sinα = 2S , sin β =

2S , xy = 2S.

2

2

2

cy

cx

Тоді

2S

+ 2S

= 2S

x + y

x + y

m = sinα + sin β =

=

cy

xy

cx

c

c

x + y = cm x2 + y2 + 2xy

= c2m2 c2 + 4S = c2m2 S = (m2 − 1)c2 .

Оскільки m = sinα + sin β = sinα + cosα , то

4

π .

m2 = sin2 α + cos2 α + 2sinα cosα = 1+ sin 2α > 1 для 0 < α <

(m2 − 1)c2

2

Тому задача має розв’язок

S =

для

m > 1.

3. Квадратний тричлен

4

ax2 + bx + c з раціональними коефіцієнтами матиме два різні раціональні корені, якщо його дискримінант буде квадратом раціонального числа, відмінного від 0. Для цього досить, щоб сума коефіцієнтів тричлена дорівнювала нулю:

a + b + c = 0 b = −a − c b2 = a2 + 2ac + c2 b2 − 4ac = (a − c)2

і старший коефіцієнт не дорівнював вільному члену: a ≠ c . Тому для перемоги першому гравцеві достатньо назвати числа –3, 1, 2. 4. Якщо n і k – непарні числа і їхня сума ділиться на 15, то сума n + k закінчується цифрою 0. Тому

n3 + k3 також закінчується цифрою 0, бо n3 + k3 = (n + k)(n2 − nk + k 2 ) . 5.

Віднімемо від першого рівняння друге і, виконавши тотожні перетворення, отримаємо рівняння

x − y = 0, (x − y)(x2 + xy + y2 − 2x − 2y + 2) = 0

x2 + xy + y2 − 2x − 2y + 2 = 0.

Якщо x = y , то рівняння системи перетворюються в рівняння x2 = x3 − 3x2 + 2x ,

яке має три корені 0, 2 −	2, 2 +		2 , що визначають три розв’язки системи:
(0; 0) , (2 − 2, 2 − 2), (2 +	2, 2 + 2) . З системи рівнянь:
		2	= x(x − 1)(x − 2),
	y
			= y( y − 1)( y − 2),
	x2

яка рівносильна даній системі, випливає така система нерівностей:

x(x − 1)(x − 2) ≥ 0, x [0;1] [2, + ∞),y( y − 1)( y − 2) ≥ 0, y [0;1] [2, + ∞).

Оскільки для всіх x ≥ 0 і y ≥ 0 виконується нерівність

205

. 1-й спосіб. Помістимо прямокутник у просторову систему

7. arccos

x2 + xy + y2 − 2x − 2y + 2 = (x − 1)2 + ( y − 1)2 + xy > 0 ,

то друге рівняння сукупності розв’язків не має.

Відповідь: (0; 0) , (2 − 2, 2 − 2), (2 + 2, 2 + 2).

6. Використаємо рівність [a + n] = [a] + n де a – довільне число, n – ціле число. Прийдемо до рівняння 12[x] = x + x + ... + x + x... . Звідси [x] ≥ 0, отже x ≥ 0, і

знак модуля можна розкрити. Отримуємо рівняння 12[x] = 11x , яке рівносильне наступній мішаній системі:

					12k
[x] = k,		12k	,	x =	11	,		12k
	x =	11					x =		, k = 0,1, ...,10.
k ≤ x < k + 1,		12k		11k	≤ 12k,			11
			< k + 1,
12k = 11x,	k ≤	11		12k < 11k + 11,

b2 − a2

a4 + b4

координат Oxyz так, щоб вершина B збіглася з початком координат, а вершини A і C лежали на координатних осях Ox та Oy відповідно (мал. 122). Нехай

точка K – основа перпендикуляра, опущеного з вершини D на діагональ AC . Після того, як прямокутник АВСD зігнули по діагоналі АС, дістали піраміду

D1 ABC . Якщо θ – шуканий кут, то

uur

uuur

cosθ =

(AC

BD1)

.

uuur

uuur

uuur

uuur uuur

AC

BD1

uur

Зрозуміло,

що

AC

= AB − CB

= (a, − b, 0).

Визначимо координати

BD1 .

Позначимо через

u

і v

координати точки

K . Спочатку, використовуючи

подібність

трикутників

AD1C і

AKD1

AK =

a2

, знаходимо

,

a2

ab

+ b2

D1K =

, а потім, зважаючи на подібність трикутників

AMK і

ABC ,

a2

+ b2

визначаємо u : u =

a3

. Аналогічними міркуваннями приходимо до рівності

a2 + b2

b3

uuur

uuur

uuur

uuur

v =

. З рівності BD1

= BK

+ KD1

установлюємо координати BD1 :

a2 + b2

uuur

a3

b3

ab

BD1 =

,

,

.

2

+ b2

a2 + b2

a2 + b2

a

Після нескладних очевидних перетворень дістаємо cosθ =	a2	− b2
			.
	a4 + b4
206

Мал. 122

Мал. 123

2-й спосіб. Цього разу скористаємося рівністю

(AB2 + CD2 ) − (AD2 + BC2 ) = 2AC BDcosθ ,

( )

яку доведемо, використовуючи вектори (мал. 123). Нехай

AB =

uuur

, CD =

uuur

, AD =

uuur

,

BC =

uur

, AC =

uuur

, BD =

uuur

. Тоді

AB

CD

AD

BC

AC

BD

(AB2 + CD2 ) − (AD2 + BC2 ) =

)=

uuur

uuur

uuur

uuur

uuur

uuur

uuur 2

uuur

uuur

uuur 2

= (AB2 + CD2 )− (AD2 + BC2 )

= (AB2 + (

AD

− AC )

)− (AD2 + (AC

− AB)

uuur

uuur

uuur

uuur

uuur uuur

uuur

uuur

uuur

= 2AB AC

− 2AD AC = 2(AB − AD) AC

= 2DB

AC = 2BD AC cosθ .

Адаптовуючи доведену рівність до заданої задачі, маємо

	cosθ =	(AB2 + CD2 ) − (AD2 − BC2 )		=	a2 − b2
		2AC BD	1		(a2 + b2 )BD .
		1
З ∆ BAD1 за теоремою косинусів отримуємо:					1
BD2	= AB2 + AD2	− 2AB AD cos BAD = a2		+ b2 − 2abcos BAD .
1	1	1	1		1

Для визначення cos BAD1 використаємо першу теорему косинусів для тригранного кута (див. [16]).

Теорема. Якщо α , β , γ – плоскі кути тригранного кута,	A – двогранний
кут, протилежний куту α , то має місце рівність	( )
cosα = cos β cosγ + sin β sinγ cos A.

У тригранному куті з вершиною A (мал. 122) двогранний кут з ребром AC – прямий, тому рівність ( ) запишеться так: cos BAD1 = cos CAD1 cos BAC .

Далі знаходимо: cos BAD =	b		a	=	ab	, BD2	= a4	+ b4 .
1	a2 + b2		a2 + b2		a2 + b2	1	a2	+ b2

Насамкінець дістаємо

cosθ =	a2 − b2		=	a2 − b2	θ = arccos			b2 − a2			.
	a2 + b2	a4 + b4		a4 + b4				a4 + b4
		a2 + b2
			207

Зауважимо, що рівність ( ) залишається правильною і для випадку, коли точки A, B, C, D лежать в одній площині. 8. а (−∞, 2]. Використовуючи

формулу для косинуса подвійного кута, запишемо нерівність так:

		cos2 x + a cos x + 2a − 7 < 0.
Після заміни cos x = t дістанемо			рівносильну задачу: при яких значеннях а
нерівність t	2	+ at + 2a − 7 < 0 виконується в інтервалі				1		? Введемо функцію
							;1
						2
f (t) = t2 + at + 2a − 7 і розв'яжемо систему нерівностей:
		f (0,5) < 0,	10a − 27	< 0,	a < 2.
		f (1) < 0,	3a − 6 < 0,

Якщо a = 2 , то	f (t) = t	2		1		(−3;1).
			+ 2t − 3 < 0 для t (−3;1) , а		;1
			2

9. Проведемо через пряму AB площину, що паралельна прямій CD (мал. 124). Нехай C' і D' – проекції точок C і D на цю площину. Покажемо, що пряма AB ділить відрізок C'D' навпіл. Дійсно, проекція тетраедра ABCD на площину, перпендикулярну прямій AB, є рівнобедреним трикутником CKD, оскільки дві його сторони CK і DK дорівнюють висотам рівновеликих трикутників ACB і ADB. Рівні похилі KC і KD мають рівні проекції KC′ і KD′ . Аналогічно доводиться, що пряма CD ділить навпіл проекцію ребра AB на площину, що проходить через пряму CD паралельно прямій AB. Таким чином, AC'BD' – паралелограм. З рівності BC' = AD' випливає рівність BC = AD. Рівності довжин

інших пар протилежних ребер доводиться аналогічно. 10. Припустимо, що

f

–

шукана

функція.

Тоді

для

x = y = 0 маємо

f (− f (0)) = f (0) . Якщо

y = 0 ,

а

x = f (0) , то

f (0) = f (− f (0)) + f 2 (0) .

З цих

рівностей

маємо

f (0) = 0. Нехай

y

–

довільне

дійсне

число,

а

x =

f ( y) + y2008

. Тоді задана рівність перетвориться в рівність

2

f ( y)( f ( y) + y2008 ) = 0,

яка виконується для кожного y . Оскільки рівняння f ( y) = 0

має тільки один

розв’язок, то це можливо тільки за умови,

що

f ( y) = − y2008 .

Таким чином,

тільки

функція

f (x) = − x2008 може задовольняти задану рівність.

Зробимо

перевірку:

f (x + y2008 ) = f (y2008 − x)+ xf ( y),

− (x + y2008 )2008 = − (y2008 − x)2008 − xy2008 .

Ці рівності повинні виконуватися для всіх x

і

y , зокрема для x = y = 1. Однак

для x = y = 1 рівність

не

виконується, бо

22008 ≠ 1. Отже,

функції,

що

задовольняє умови задачі, не існує.

208

ДОДАТОК

У додатку містяться твердження, використані при розв’язуванні задач, вивчення яких у загальноосвітніх навчальних закладах не передбачене Програмою з математики.

Метод математичної індукції. Цей метод ґрунтується на принципі математичної індукції: «Твердження A(n) , залежне від натурального

параметра n , вважається доведеним для всіх натуральних n , якщо воно доведене для n =1 (база індукції) і з припущення про виконання твердження A(n) для будь-якого натурального k >1 доведено (крок індукції), що

справджується твердження A(k +1) ».

Принцип Диріхле. У кожній сукупності множин, де загальна кількість елементів перевищує кількість множин, є принаймні одна множина, в якій міститься не менше двох елементів.

Часто принцип Диріхле формулюють на мові «предметів-ящиків»: якщо в n ящиках лежать k предметів і k > n , то принаймні в одному ящику є не менше двох предметів; та на мові «кліток-кролів»: якщо в n клітках кількість кролів більша за nk , то принаймні в одній клітці кролів більше, ніж k .

Геометричним узагальненням принципу Диріхле є таке твердження: якщо сума площ кількох фігур менша числа S , то ними не можна покрити фігурі, площа якої дорівнює S .

Теорема Менелая. Якщо пряма перетинає сторони AC, BC, AB трикутника ABC в точках A1, B1, C1 , то має місце співвідношення

AB1 = CA1 = BC1 .

B1C A1B C1 A

Ортоцентр трикутника – точка перетину його висот. Точки, симетричні ортоцентру трикутника відносно його сторін, лежать на колі, описаному навколо трикутника.

Основні базові нерівності:

нерівність Коші (співвідношення між середнім арифметичним і середнім

геометричним)
a1 + a2 + ... + an ≥ a a		...a	n	,
n	1 2

де a1 , a2 , ..., an – невід’ємні дійсні числа; знак рівності має місце тоді й тільки

тоді, коли a1 = a2 = ... = an ;

нерівність Коші–Буняковського

	n		2 n	2	n	2	,
	∑ak bk		≤ ∑ak		∑bk
k =1			k =1		k =1

де ak , bk , k =1, ..., n, – довільні дійсні числа; знак рівності має місце тоді й тільки

тоді, коли ak = λbk , k =1, ..., n;

нерівність трикутника

209

n	+ bk )2		n		n
∑(ak		≤	∑ak2	+	∑bk2 ,
k =1			k =1		k =1

де ak , bk , k = 1, ..., n, – довільні дійсні числа; знак рівності має місце тоді й тільки

тоді, коли ak = λ2bk , k = 1, ..., n .

Своєрідними аналогами нерівності Коші для двох чисел і нерівності КошіБуняковського ля довільної кількості пар додатних чисел є нерівності:

a2	≥ 2a − b,	a2	+	a2	+ ... +	a2	≥	(a + a		+ ... + a )2
b		1		2		n		1	2	n .
		b		b		b		b	+ b	+ ... + b
		1		2		n		1	2	n

Ціла й дробова частини числа. Цілою частиною числа a (її позначають символом [a]) називається найбільше ціле число, яке не перевищує його, тобто

[a] = k, якщо k ≤ a < k + 1, де k − цілечисло.

Дробовою частиною числа a (її позначають символом {a}) називається різницю між числом і його цілою частиною:

{a} = a − [a].

Основні властивості:

1) a = [a] + {a};

2) [a + n] = [a] + n для будь− яких a R, n Z; 3) {a + n} = {a} для будь− яких a R, n Z;

− [a], якщо a Z, 4) [−a] = − [a] − 1, якщо a Z;

0, якщо a Z,

5) {−a} = 1− {a}, якщо a Z;

6) [a] ≤ a < [a] + 1; 7) 0 ≤ {a} < 1; 8) [a + b] ≥ [a] + [b]. 9) [x] ≤ a x < [a] + 1; 10) [x] > a x ≥ [a] + 1.

210