Кіровоград олімпіади

де D = 1− 4(1− a(n)a(k)) = a(n)a(k) − 3 . Оскільки

D ділиться на 3 і не ділиться

на 9, то дискримінант не може бути квадратом цілого числа, а тому

p не є

цілим числом. Отже,

a(104 )a(105 ) S. 12. 1-й спосіб.

(a2 + b2 + c2 + d 2 + e2 )− (a + b + c + d)e =

2

− ae +

e2

2

− be +

e2

2

− ce

+

e2

2

− de +

e2

a

4

+

b

4

+ c

4

+ d

4

=

e

2

e

2

e

2

e

2

=

a −

+ b −

+ c

−

+

d −

≥ 0.

2

2

2

2-й спосіб.

2

e2

e2

e2

e2

a

2

+ b

2

+ c

2

+ d

2

+ e

2

2

+

2

+

2

+

2

+

≥

= a

4

+

b

4

+ c

4

+ d

4

≥ 2 a2e2

+ 2

b2e2

+ 2

c2e2

+ 2

d 2e2

=

4

4

4

4

= ae + be + ce + de ≥ (a + b + c + d)e.

13. Нехай прямі AE і BC перетинаються в точці S (мал. 14).

Q

C

B

D

S

A

E

P

Мал. 14

Оскільки

SA SE = SB SC SBSA = SCSE ,

то трикутники SAB і SCE подібні. З паралельності прямих AB і PQ випливає подібність трикутників SAB і SPQ . Тому трикутники SEC і SQP також подібні, а PQC + CEP = SEC + CEP = 180° , SCE + ECP = 180° . Це дає підставу стверджувати, що навколо чотирикутника CEPQ можна описати коло. Кути EPC і EQC стягуються дугою EC , а тому рівні. З подібності трикутників SCP і SEQ випливає рівність кутів PCS і QES . Чотирикутники ABDE і

71

ABCD вписані в коло. Тому ABD + AED = 180° = BAD + BCD, аABD = BAD , тобто трикутник ADB – рівнобедрений. Отже, AD = BD.

14. Припустимо, що це можна зробити. Вважатимемо, що на початку вершина A1 правильного 2001-кутника A1 A2 ...A2001 мала чорний колір. Нехай вершина Ak

(k = 1, 2001) ak разів обиралася „центральною” для описаних кроків. Оскільки

після кожного кроку кількість чорних вершин змінюється на 1 або на 3, то загальна кількість кроків S = a1 + a2 + ... + a2001 повинна бути непарним числом.

Водночас	S = σ1 + σ 2	+ ... + σ 667 ,	де σ 1	= a1 + a2 + a3 ,	σ 2 = a4 + a5	+ a6 , ...,
σ 667 = a1999	+ a2000 + a2001 ,	є числом парним,		бо σ 1 – число разів зміни кольору
вершини	A2 , σ 2 – число разів		зміни кольору вершини		A5 і т.д.	Одержана

суперечність вказує на хибність зробленого припущення.

ХІ КЛАС

1. Якщо пряма на координатних осях відтинає відрізки a та b , то її рівняння можна записати так: ax + by = 1. Оскільки точка M (x0 ; y0 ) міститься на

бісектрисі першого координатного кута й заданій прямій, то її координати рівні x0 = y0 і задовольняють рівняння прямої:

x0	+	x0	= 1	1	+	1	=	1	.
a		b		a		b
								x
								0

2. Див. задачу 2 для 10-го класу. 3. Для зручності закреслювати числа почнемо з 1. Після першого обходу залишаться парні числа 2, 4, ..., 2000. Кожне з них поділимо на 2 і частки 1, 2, ..., 1000 запишемо по колу так, як того вимагає умова задачі. Знову закреслимо непарні числа, а кожне з тих 500 парних чисел, які залишилися поділимо на 2 і частки 1, 2, ..., 250 запишемо по колу. У такий спосіб зробимо п’ять обходів кола. Перед початкам шостого обходу залишаться числа 1, 2, ..., 62. Роблячи наступні обходи кола, спочатку будемо закреслювати парні числа, потім числа, які при діленні на 4 дають остачу 3 і т.д. Неважко переконатися, що єдиним числом, яке залишиться з чисел 1, 2, ..., 62, буде 61. Помноживши це число на 25 , отримаємо число 1952, яке залишиться з чисел 1, 2, ..., 2000. Якби першим закресленим числом була 2, то залишилося б число

1953.	4. ±	π	+ kπ , ±	π	+ nπ ,	n, k Z. В області допустимих значень рівняння
		3		6
рівносильне такому:						tgx =
							3,
					3tgx 2	− 4 3 tgx + 3 = 0	3	.
						tgx =	3

Розв’язуючи отримані рівняння, матимемо розв’язки даного в умові рівняння.

72

5.	x2 + 2x sin xy + 1 = 0 (x + sin xy)2 + cos2 xy = 0
		2				π
			= 0,		xy =		+ kπ	,
	(x + sin xy)					2
		xy = 0,
	cos2
					x = − sin xy.
	Відповідь: − 1; −			π	+ 2nπ ,		1; π + (2n + 1)π , n Z.
				2			2

6. Доводити нерівність будемо методом математичної індукції. База індукції

очевидна. Припустимо, що

нерівність

правильна

для

деякого

n ≥ 2.

Враховуючи припущення, маємо:

n(n − 1)

2

(1+ α )

n+1

= (1+ α )

n

(1+ α )

α

≥ 1+

2

(1+ α ) =

= 1+ α +

n(n − 1)

α

2

+

n(n −

1)

α

3

= 1+

α

2 2

+ n

2

− n + αn

2

− αn

=

2

2

α

α

2

αn

2

αn

2

αn

2

2

2

α

2

2

2

=

1+

+

+

+ n − n − αn ≥

1+

2n +

+ n − n − αn =

2

α

2

2

2

2

= 1

+

α 2

2

+ n +

αn2

= 1

+

α

2

2

+ n

+

αn

≥ 1

+

α 2n(n + 1)

,

2

n

2

− αn

n

2

(n − 2)

2

2

бо за нерівністю Коші

2

+ αn2

≥ 2

2

αn2

= 2n.

α

2

α

2

Отже, ми довели нерівність (1

+ α )n+1

≥ 1+

α 2n(n + 1) . Цим, враховуючи обраний

2

7.

Графіком

рівняння є

спосіб доведення,

доведено

й задану

нерівність.

об’єднання графіка функції

y =

{x}− 1

,

який

міститься

на

мал.

5 і графіка

{x}+ 1

{x}− 1

Зінтегруємо рівність S(t) = 1+ 2t + 3t

2

+ ... + nt

n−1

функції

y = −

. 8.

у межах

{x}+ 1

від 0 до x :

∫x

S(t)dt = ∫x (1+ 2t + 3t2 + ... + ntn−1 )dt,

0

0

∫x S(t)dt = x + x2 + ... + xn .

0

За формулою суми перших членів геометричної прогресії маємо рівність:

x + x2

+ ... + xn

=

1− xn+1

,

x ≠ 1.

Тому

1− x

1− xn+1 .

∫x S(t)dt =

0

1− x

73

Диференціюючи цю рівність, отримаємо S(x) = 1− (1+ n)xn + nxn+1 , якщо x ≠ 1.
		(1− x)2
Якщо	x = 1,	то шукана сума є сумою перших n натуральних чисел
S(1) =	(1+ n)n	. (Задачу можна розв’язати іншим способом – див. задачу 5 для
	2

10-го класу). 9. Див. задачу 9 для 10-го класу. 10. Див. задачу 10 для 10-го класу.

11. Задана рівність рівносильна такій:

an+2 = an+1 an .

an+1 an an−1

Нехай bk = ak +1 : ak , k N. Тоді b1 = 250, b2 = 4 і bk +1 = bk bk −1 для k = 2, 3, .... З

одержаної рекурентної формули випливає, що всі b3 , b4 , b5 , ... цілі парні числа. Оскільки

a

n

=

an

an−1

... a3

a2

a = b

b

...b b a ,

an−1

an−2

a2

a1

1

n−1

n−2

2

1

1

то an

– ціле число, яке ділиться на 2n

без остачі для будь-якого натурального

числа

n .

12. Нехай

f –

шукана

функція.

Візьмемо

довільний x , а

y = 1

(x2 − f (x)). Тоді y + f (x) = x2

− y і задана рівність запишеться так:

2

1

(x2

− f (x))= 0.

4 f (x) y = 0 4 f (x)

Оскільки

рівняння

f (x) = 0

2

має тільки один корінь, то отримана рівність

виконуватиметься на всій множині дійсних чисел, якщо

f (x) = x2 . Насамкінець

перевіркою переконуємося, що знайдена функція задовольняє умови задачі.

A

	P			Y
				am
	M			X
α				l
	K		Z
		Мал. 15

13. Наведемо конструктивне розв’язання задачі. Спочатку проведемо аналіз. Нехай m – шукана пряма, M і X – довільні точки цієї прямої, точки P та Y такі, що MP = PA, AY = YX (мал. 15). Тоді пряма PY – паралельна прямій m , а

отже, і прямій l . Далі опишемо алгоритм побудови прямої m. Проведемо через точку A перпендикулярно до прямої l площину β . Нехай площина β перетинає пряму l в точці Z , а з площиною α перетинається по прямій a . На прямій a виберемо точку X так, щоб XZ = AZ. Побудуємо точку Y – середину

74

відрізка	AX .	Тоді	ZY AX і	ZY l . Тому ZY	– спільний перпендикуляр
прямих	AX	і l .	У площині	α через точку X	паралельно до прямої l

проведемо пряму m . Доведемо, що m – шукана пряма. Для цього візьмемо на ній довільну точку M . Позначимо літерою P середину відрізка AM . Візьмемо на прямій l точку K так, щоб пряма PK була паралельна прямій YZ. Тоді пряма PK буде перпендикулярною до прямої l і до прямої AM , тобто відрізок PK спільний перпендикуляр мимобіжних прямих l і AM . 14. Див. задачу 14

для 10-го класу.

2001 – 2002 навчальний рік

VII КЛАС

1. Петрик купив 8 марок, а Василько – 10. 2. Пофарбуємо у два кольори, наприклад білий і чорний, клітинки дошки й жуків, що сидять на них, за схемою шахівниці. Нехай білих клітинок – 40, а чорних жуків – 41. Чорні жуки переповзають на білі клітинки. Тому на якійсь білій клітинці буде щонайменше два чорні жуки. 3. Якщо t – час руху теплохода озером, то приходимо до рівняння

9t + 3 = 120− t ,

з якого знаходимо t = 13 год. Отже, швидкість теплохода 27 км/год. 4. − 5.

5. 48 см, 38 см, 38 см. 6. Нехай у таблиці 2000 рядків і 2001 стовпець. Тоді в кожному рядку повинно бути не менше 1001 червоних клітинок, а всього червоних клітинок у таблиці – не менше 2002000. Водночас у кожному стовпці білих клітинок повинно бути більше 1000, а всього в таблиці – більше 2001000. Загальна кількість білих і чорних клітинок повинна бути більшою за 4003000. Але це неможливо, бо в таблиці всього 4002000 клітинок. Тому Незнайко сказав неправду. 7.

	1− a > 0,
	1− b > 0,				a				< 1,
1+ ab > a + b (1− a)(1− b) > 0	1	− a < 0,			b		< 1.
		− b < 0,
	1

8. Рівність рівносильна добутку				13 =					або c = 2.
			c2d		2ab1. Звідси d = 7 , а c = 1
Оскільки 127 13 = 1651, то c = 2. За властивістю транзитивності з									рівностей
227 13 =		і 227 13 = 2951 маємо рівність
	2ab1					2ab1 = 2951. Тому a = 9, b = 5.

9. 3111 < 3211 = (25 )11 = 255 < 256 = (24 )14 = 1614 < 1714 3111 < 1714. 10. Проміж 100

перших натуральних чисел 33 числа діляться на 3, 11 – на 9, 3 – на 27, 1 – на 81. Оскільки 33 + 11+ 3 + 1 = 48, то добуток перших 100 натуральних чисел ділиться

75

на 348. 11. Помітимо точки літерами A , A , ..., A , A . Через точку				A ,	можна
1	2	49	50	50
провести 49 прямі, кожна з яких проходить через одну з точок A1 , ..., A49 ; через
точку A49 таких прямих можна провести 48 і т.д. Насамкінець через точки A2 і
A – одну пряму. Всього ж можна провести		49 + 48 + ... + 1 = 49 + 1 49			= 1225
1			2

прямі. 12. 990. 13. Оскільки рівняння може мати тільки додатні корені, то x + 2 = x + 2, 2x + 3 = 2x + 3, а тому рівняння набуває вигляду

x − 1 + x − 3 + 17 = 0.

Це рівняння не має розв’язків, бо сума двох невід’ємних і додатного доданків не може дорівнювати нулю. 14. Можна. Для цього кубик потрібно розташувати на хустині так, як показано на мал. 16.

B P C

A M Q K D

Мал. 16 Мал. 17

VIII КЛАС

1. Виразимо x через y : x =	2001− y	= 100	+	1− y	. Визначимо	y так, щоб
	20			20

другий доданок суми був цілий: 120− y = k. Для цього візьмемо y = 1− 20k , де k

– ціле число. Тоді x = 100 + k . Пари чисел 100 + k;1− 20k, де k Z, утворюють

множину	цілих розв’язків рівняння.	Розв’язавши систему нерівностей
100 + k ≥ 0,1− 20k ≥ 0, знайдемо ті значення			k , при яких цілі розв’язки будуть
невід’ємними: k = −100, − 99, ..., − 1, 0 .		2.	Нехай	S(n) = 32n+2 − 8n − 9 . Тоді
S(1) = 32 1+2	− 8 1− 9 = 64M64 . Припустимо, що S(k)M64			при n = k ≥ 2 . Доведемо,

що S(k + 1)M64.

S(k + 1) = 32(k +1)+2 − 8(k + 1) − 9 = 9 32k +2 − 8k − 17 =

= 9 (32k +2 − 8k − 9 + 8k + 9 − 8k) − 8k − 17 = 9S(k) + 64k + 64 S(k + 1)M64 .

Згідно з принципом математичної індукції S(n)M64 для всіх натуральних чисел

n. 3. Після n -го кроку клаптиків стає 3n + 4 . Оскільки рівність 3n + 4 = 2001 не може виконуватися при цілому значенні n , то підрахунок зроблено неправильно. 4. Нехай точки P і Q – середини основ трапеції. Через точку P

(мал. 17) проведемо прямі PM і PK , паралельно бічним сторонам трапеції.

76

Тоді KPM = 90° . Тому точка		P лежить на колі, діаметром якого є відрізок
MK , центром – точка Q . Отже,			QM = QK = QP , а			PQ = AD − BC	. 5. Після
рівносильних перетворень рівняння матимемо:						2
2			x	2	− 10x = 0,
	x − 10x
		=	0			x = 0.
15(x − 10)
			15(x − 10) ≠ 0

6.x10 + x5 + 1 = x10 + x5 + 1+ x2 + x − x2 − x = (x10 − x)+ (x5 − x2 )+ x2 + x + 1 =

=(x2 + x + 1)(x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1).

7.Нехай x і y шукані числа. Вони повинні бути однакової парності й

задовольняти рівність

x2

− y2

= 101010 (x − y)(x + y) = 101010.

Числа

x − y і

x + y

парні, тому ліва частина останньої рівності ділиться на 4, число 101010

на 4

не

ділиться

без

остачі.

Тому

на

множині

цілих

чисел

рівність

x2 − y2 = 101010

не

може виконуватися.

8.

Нехай

довжина

кожної

сторони

трикутника дорівнює 5 одиниць. Тоді

AM = BK = CP = 2,

MB = KC = PA = 3.

Тому

∆AMP = ∆MBK = ∆KCP –

за двома

сторонами

й кутом між ними. З

рівності

трикутників

випливає

рівність

їхніх

відповідних

сторін:

MK = KP = PM . Отже, трикутник MKP – рівносторонній.

9.

1

+

1

+

1

+ ... +

1

=

10 11

11 12

12 13

19 20

1

1

1

1 1

1

1

1

1

1

1

=

−

+

−

+

−

+ ...

−

=

−

=

.

11

13

19

10

20

20

10

11

12

12

20

10. x4

+ 1 = (x4 + 2x2 + 1)− 2x2

=

(x2

+

2x + 1)(x2

−

2x + 1). 11. Після рівносильних

перетворень маємо таке рівняння:

(b + 1)x − a

= 0. Це рівняння,

а отже, й дане

x(x − a)

рівняння має єдиний розв’язок x =

a

, якщо a ≠ 0, b ≠ 0, b ≠ −1. Повертаючись

b + 1

до заданого рівняння, встановлюємо, що воно має нескінченну множину

розв’язків x ≠ 0 , якщо a = 0, b = −1.			При інших значеннях параметрів a та b
розв’язки не існують.			(1+ x − 1)2 + (1− x − 1)2 =
12.	x + 2 x − 1 +	x − 2 x − 1 =
	= 1+ x − 1 + 1− x − 1 = 1+ x − 1 + 1− x − 1 = 2,
бо 1+	x − 1 ≥ 0 і 1−	x − 1 ≥ 0 , якщо 1 ≤ x ≤ 2 . 13. Якщо M і N основи висот,

проведених з вершини гострого кута A паралелограма ABCD , то

ADC = DAM + DMA = DAM + 90° = DAM + DAN = MAN.

14. Нехай рік має 365 днів. Оскільки 365 = 7 52 + 1, то рік може починатися понеділком і понеділком завершуватися. Тому 53 – найбільше число понеділків, які можуть бути протягом року.

77

ІХ КЛАС

1. Зрозуміло, що невід’ємний розв’язок (x; y) рівняння породжує ще три його розв’язки: (− x; − y), (− x; y), (x; − y). Тому спочатку розв’яжемо рівняння

на множині цілих невід’ємних чисел. Оскільки доданки лівої частини рівняння невід’ємні, то вони не можуть бути більші за їхню суму:

	6x2	≤ 74,		x2		< 13,	0 ≤ x ≤	3,
		≤	74,		y2	< 15,		3.
	5y2						0 ≤ y ≤
									y . Тому y = 0		або
З парності суми й першого доданка випливає й парність
y = 2 . У першому випадку рівняння						6x2 = 74 не має розв’язків на множині
цілих невід’ємних чисел, а			в	другому випадку рівняння					6x2 + 20 = 74		має
розв’язок	(3; 2). Відповідь:		(3; 2), (− 3; − 2), (− 3; 2),					(3; − 2).		2. Нехай	A –
довільна	внутрішня точка		правильного				п’ятикутника		зі	стороною	a ;
h1 , ..., h4 , h5	– висоти трикутників A1 AA2 , ..., A4 AA5 , A5 AA1 відповідно, S – площа

п’ятикутника. За адитивною властивістю площа п’ятикутника дорівнює сумі

площ трикутників: S =

1 ah + ... +

1 ah +

1 ah . Тому h

+ ...

+ h

+ h

=

2S

.

2

1

2

4

2

5

1

4

5

a

y

C

B

K

M

Q

P

0

A

Мал. 18

D

x

3.Виграє хлопчик, який починає гру. Для цього йому досить першим ходом замінити 13-й знак. Далі, відповідаючи на хід суперника, замінювати знаки, симетричні відносно цього знака, тим знакам, які щойно замінив суперник.

4.2 2001 > 2000 + 2002. (Див. задачу 5 для 8-го класу 2000 – 2001 н. р.). 5. 7.

6. − 92 , 2. Нехай b і 4b – корені рівняння. Тоді за теоремою Вієта маємо таку

систему рівнянь:

4b2 = a2 ,5b = 2a + 1,

розв’язками якої є a = 2, b = 1 і a = − 92 , b = 19 . 7. Задачу будемо розв’язувати

аналітичним способом. Для цього помістимо чотирикутник у декартову систему координат (мал. 18). Нехай його вершини мають координати: A(a; 0), B(0; b), C(c; e), D(d; 0). Тоді середини M , K і P відрізків AB, CD і MK

a

b

c + d

e

a + c + d

b + e

P

матимуть такі координати:

M

;

, K

;

, P

;

. Точка

2

2

2

4

4

2

78

лежить на прямій

AC , рівняння якої

y

=

x − a

. Тому координати точки P

e

задовольняють це рівняння:

c − a

b + e

a + c + d

− a

=

4

bc + 2ae = ab + ed.

4e

c − a

d

, b .

Нехай точка Q – середина відрізка BD . Тоді вона має координати

Підставимо їх в рівняння прямої AC :

2

2

d

b

− a

bc − ab = ed − 2ae bc + 2ae = ab + ed .

=

2

2e

c − a

тому точка Q лежить на прямій

AC . Отже,

Одержана рівність – правильна,

діагональ AC ділить діагональ BD навпіл. 8. Оскільки дискримінант квадратного тричлена від’ємний, то x2 + x + 1 > 0 для всіх x R. Тому x – комплексне число. З рівності x2 + x + 1 = 0 маємо таку рівність:

1

= −1

1

2

2

x

2

1

x +

x

+

= (−1)

+

= −1.

x

x2

x

Аналогічно можна отримати наступні рівності:

x4 +

1

= −1, x8

+

1

= −1, x16 +

1

= −1.

x4

x8

x16

Далі виконаємо такі перетворення:

1

3

3

1

1

3

1

+ 3(−1) = −1 x

3

1

x +

= x

+

+ 3 x +

= x

+

+

= 2,

x

x3

x3

x3

x

x3 +

1

x2

+

1

=

x5 +

1

+

x +

1

= x5

+

1

− 1 = −2 x5 +

1

= −1,

x5

x5

x3

x2

x5

x

3

1

2

6

1

+ 2 = 4 x

6

1

x

+

= x

+

+

= 2,

x3

x6

x6

5

1

2

10

1

x

10

1

x

+

= x

+

+ 2 = 1

+

= −1.

x5

x10

x10

Насамкінець маємо:

1

1

1

1

x16

+

x10

+

= x26 +

+

x6 +

=

x16

x10

x26

x6

= x26 +

1

+ 2 = 1 x26 +

1

= −1.

x26

x26

9. Припустимо, що для деяких раціональних x і y виконується рівність. Тоді

(x +	2	+	3 (x2 + 3y2 )+ 2 3xy = 1+	x2	+ 3y2	= 1,
	3y) = 1			3
				2xy = 1,

(	)			x = y = 0,
x − y	2	+ 2y	2	= 0,
2xy = 1,				2xy = 1.
		79

Прийшли до суперечності. Отже, припущення хибне. 10. Якщо a, b – катети, c

– гіпотенуза, то пошук трикутників зводиться до розв’язування системи діофантових рівнянь:

a2 + b2 = c2 ,	a2 = (c − b)(c + b),
		= 40 − a − b,
a + b + c = 40,	c
a2 = (40 − a − 2b)(40 − a) (a − 40)(b − 40) = 800.
Оскільки 800 = 1 800 = 2 400 = 4 200 = 8		100 = 10 80 = 16 50 = 20 40 = 25 32,

то, враховуючи знаки множників (множники можуть бути від’ємними), розв’язування останнього рівняння зводиться до розв’язування сукупності 16 систем лінійних рівнянь. Однак, зважаючи на умову задачі (катети повинні бути менші 20 см), розв’язок a = 15, b = 8 тільки одної системи, а саме:

a − 40 = −25,b − 40 = −32

може відповідати умові задачі. Знаючи катети, знаходимо гіпотенузу трикутника: c = 17 . З рівності 8 + 15 + 17 = 40 приходимо до висновку, що шуканий трикутник єдиний і його сторони 8 см, 15 см і 17 см. 11. Графік функції міститься на мал. 19. 12. Припустимо, що існують цілі числа x, y і p ,

для яких виконується рівність x2 + y2 = 4 p + 3 . Зрозуміло, що x і y повинні бути числами різної парності. Якщо x = 2n, y = 2k + 1, то приходимо до рівності 2(n2 + k 2 + k )= 2 p + 1, яка не може виконуватися на множині цілих чисел. Отже, припущення хибне.

				2		2
	1		− 3x = 2x x2 − 3x + 1 (	x2 − 3x − x)	= 1 x		− 3x = x + 1,
13. −		. 2x2
	5				x2		− 3x = x − 1.

14. Нехай	PB = x, R		–	радіус		описаного кола (мал. 20). За			властивістю
ортоцентра	(ортоцентр			– точка перетину висот трикутника)						точка N ,
симетрична точці H відносно сторони BC , лежить на колі, описаному навколо
трикутника. Тому		PN = 5 , а			R2	= OH 2 + HN 2 = 221. Водночас			з	трикутника
OMB маємо R2 = OM 2 + MB2					= 25 + (11+ x)2 . Далі знаходимо x = 3,					MB = 14, а
CB = 28.									C
	y
		2						O	M
								H
		1					A		P	N
	-1	0	1	3		5	x
	Мал. 19							Мал. 20	B
							80