Районна олімпіада з математики

ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ II ЕТАПУ ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ УЧНIВСЬКОЇ ОЛIМПIАДИ З МАТЕМАТИКИ (6-11 клас)

Сподобалась стаття? Поділіться нею у соціальних мережах:
Share on Facebook
Facebook
Tweet about this on Twitter
Twitter

МIНIСТЕРСТВО ОСВIТИ I НАУКИ УКРАЇНИ

Державний вищий навчальний заклад

«Донбаський державний педагогiчний унiверситет»

ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI

РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ II ЕТАПУ

ВСЕУКРАЇНСЬКОЇ УЧНIВСЬКОЇ ОЛIМПIАДИ З МАТЕМАТИКИ — 2016

6 – 11 класи

Переглянути олімпіадні завдання з математики

olimp_2016_kadubovs

Олiмпiаднi задачi: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської учнiвської олiмпiади з математики — 2016 : навчальний посiбник / О. А. Кадубовський, Б. Б. Беседiн, О. В. Чуйко. — Слов’янськ : вид. центр «Маторiн», 2017. — 100 с. — (Викладачi ДДПУ — учням, студентам, вчителям, вип. 15).

Адресовано вчителям та викладачам математики, як посiбник для проведення гурткових i факультативних занять при пiдготовцi до учнiв- ських математичних олiмпiад. Буде корисним учням ЗОШ та студентам математичних спецiальностей педагогiчних ВНЗ.

 

 

РЕКОМЕНДОВАНО

вченою радою Державного вищого навчального закладу

«Донбаський державний педагогiчний унiверситет», Протокол №7 вiд 23.02.2017 р.

Рецензенти:

кандидат фiзико-математичних наук О.О. НОВIКОВ, ДВНЗ «Донбаський державний педагогiчний унiверситет», декан фiзико-математичного факультету,

доцент кафедри математики

вчитель математики вищої категорiї I.Г. ВОЛОШИНА, Донецький обласний iнститут пiслядипломної педагогiчної освiти, методист вiддiлу математики.

Вiдповiдальний за випуск:

кандидат фiз.-мат. наук, доцент кафедри геометрiї та методики викладання математики О.А. Кадубовський

 

 

Змiст

Вiд авторiв……………………………………………………………………………………. 4

ЧАСТИНА I.     УМОВИ ЗАДАЧ                                                                                       6

ЧАСТИНА II.     ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ                                                                    10

ЧАСТИНА III.     РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ                                                                  13

ЧАСТИНА   IV.      Умови завдань III етапiв (обласних) Всеукраїнської учнiвської олiмпiади з математики 2015-2017 рр. в Донецькiй областi                                   89

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА                                                                              99

 

 ВIД АВТОРIВ

 «Якщо ви хочете навчитися плавати, то смiливо заходьте у воду, а якщо хочете навчитися розв’язувати задачi, то розв’язуйте їх!.»

Д. Пойа1

 

Даний посiбник є чотирнадцятим випуском серiї «Викладачi ДДПУ

— учням, студентам, вчителям» заснованої у 2008 роцi. Посiбник мiстить розв’язання задач II етапу (районного, мiського) Всеукраїнської учнiвської олiмпiади з математики, який проводився 19 листопада 2016 року вiдповiд- но до наказу МОН України вiд 19.08.2016 за №1006 «Про проведення Все- українських учнiвських олiмпiад i турнiрiв у 2016/2017 навчальному роцi» та наказу Департаменту освiти i науки Донецької облдержадмiнiстрацiї за

№416 вiд 24.10.2016 «Про проведення II етапу Всеукраїнських учнiвських олiмпiад у 2016-2017 навчальному роцi».

Як i в попереднiх випусках для бiльшостi задач олiмпiади пропонуєть- ся кiлька способiв розв’язання, обсяг викладок яких iнколи суттєво вiдрi- зняється. Такий пiдхiд нi в якому разi не передбачає оцiнки доцiльностi або порiвняння того чи iншого iз запропонованих методiв. Навпаки, оскiль- ки кожна олiмпiадна задача є, в певному розумiннi, унiкальною i вимагає особливого ставлення, то головна мета авторiв посiбника — «донести» до вчителiв i учнiв якомога бiльше корисних математичних iдей i принципiв та показати їх застосування.

1Пойа Д. Математическое открытие. М., 1970. 452 с.

 

 

ВIД АВТОРIВ                                                                                         5

Нагадаємо, що принципами в математицi називають деякi простi, май- же очевиднi, твердження, аксiоми або методи, якi використовуються в до- веденнях математичних теорем. Дуже часто учнi зустрiчаються з ними при розв’язуваннi олiмпiадних задач з математики. Перш за все учнi, якi бе- руть участь в олiмпiадах, повиннi володiти значною кiлькiстю принципiв. Нажаль шкiльна програма не передбачає знайомства з бiльшiстю iз них. З основними математичними принципами можна ознайомитись у наведенiй лiтературi, зокрема в [13]2.

У посiбнику до окремих задач наводяться «доповнення», сенс яких полягає:

  • у формулюваннi двоїстої або схожої задачi,
  • або ж в узагальненнi запропонованої задачi.

На думку авторiв такi доповнення повиннi активiзувати i зацiкавити учнiв при пiдготовцi до майбутнiх олiмпiад.

Колектив авторiв посiбника та керiвництво фiзико-математичного фа- культету державного вищого навчального закладу «Донбаський держав- ний педагогiчний унiверситет» висловлює щиру подяку всiм вчителям мi- ста Слов’янськ, якi беруть участь в органiзацiї та проведеннi як учнiвських олiмпiад з математики, так i семiнарiв, присвячених аналiзу їх результатiв. Маємо надiю, що представлений посiбник буде корисним керiвникам математичних гурткiв та їх зацiкавленим учням, стане для багатьох з них поштовхом до бiльш змiстовних мiркувань i буде спонукати до системати-

чного ознайомлення з тим чи iншим роздiлом математики.

Вчiться творчому пошуку в процесi розв’язування задач!

Iз найщирiшими побажаннями, викладачi кафедри геометрiї та методики викладання математики фiзико-математичного факультету Державного ви- щого навчального закладу «Донбаський державний педагогiчний унiверси- тет».

 

2Сарана О.А. Математичнi олiмпiади: просте i складне поруч: Навч. посiбн. – К.: А.С.К., 2005. – 344с.

 

ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ

6 клас
  1. У кiмнатi, що має прямокутну форму, розставити 10 стiльцiв так, щоб вздовж кожної стiнки стояла однакова кiлькiсть стiльцiв.
  2. При додаваннi двох чисел цифри замiнили лiтерами (однаковi цифри

— однаковими лiтерами) та одержали результат

 

 

 

+

с   о

о

р

д

о

и

к

н

т р иста

Вiдновити цифри, якi замiнено лiтерами.

  1. У мiшку знаходяться кульки двох кольорiв — чорного i бiлого. Яку найменшу кiлькiсть кульок треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було 3 кульки одного кольору?
  2. Знайти найменше натуральне число, яке при дiленнi на 2 , 3 , 5 , 7 i 11

дає в остачi 1 .

  1. За круглим столом сидять 2016 чоловiкiв, деякi з яких завжди говорять тiльки правду, а решта завжди говорять неправду (назвемо їх «базiка- лами»). Кожен з тих, хто сидить за столом, проголосив: «Напроти мене сидить базiкало». Скiльки всього базiкал сидить за столом?

 

3Кожна задача оцiнюється за «7-бальною» шкалою балом вiд 0 до 7

 

7    клас
  1. Дано вiдрiзки довжиною 1 , 2 , 3 i 4 см. Скiльки рiзних рiвнобедрених трикутникiв можна скласти з них?
  2. При множеннi двох чисел деякi цифри замiнили ∗ («зiрочками») та одержали результат

 

Вiдновити цифри, якi замiнено «зiрочками».

  1. При якому значеннi параметра a рiвняння ax − 2a = 2x − 4 має безлiч розв’язкiв?
  2. Число a на 25% бiльше нiж число b . На скiльки вiдсоткiв число b

менше нiж число a ?

  1. Кожна точка прямої пофарбована синiм або червоним кольором. До- ведiть, що на такiй прямiй знайдуться три рiзнi точки A, B, C , якi пофарбовано в один колiр та такi, що точка B середина вiдрiзка AC .

 

8    клас
  1. Доведiть, що якщо a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca , то a = b = c .
  2. Дiти зiбрали 100 кг грибiв вологiстю 99% i пiдсушили їх до вологостi 98%. Яка маса пiдсушених грибiв?
  3. При якому значеннi параметра a рiвняння a2x − 2a = 4x − 4 не має розв’язкiв?
  4. На сторонi AB трикутника ABC вiдмiчено точку K . Вiдрiзок CK перетинає медiану AM трикутника в точцi P , причому AK = AP . Знайти вiдношення BK : P M .

 


  • ЧАСТИНА I. УМОВИ ЗАДАЧ
  1. Чи можна розрiзати квадрат 10 × 10 на 25 фiгур виду
9     клас
  1. Чому дорiвнює площа зображеного (на рисунку нижче) чотирикутника ABCD , якщо сторона малого квадратика становить 1 см? Вiдповiдь обґрунтуйте.
  1. Спростити вираз

 

a3 + b3 + 3 (a3b + ab3) + 6 (a3b2 + a2b3) ,

де a i b — коренi рiвняння x2 − x + q = 0 .

  1. При якому значеннi параметра a рiвняння

має три коренi?

(a2 − 4) x2 + (6 − 3a)x + 2a − 4 = 0

 

  1. У чотирикутнику ABCD суми протилежних кутiв становлять 1800 , а точка перетину дiагоналей дiлить дiагональ AC навпiл. Довести, що має мiсце рiвнiсть AB : BC = CD : DA .
  2. Чи можна розрiзати квадрат 10 × 10 на 25 фiгур виду

 

10     клас
  1. Розв’яжiть рiвняння √4  8x − 16 − x2  + √3  x − 3 = 1.
  2. Дано арифметичну прогресiю a1, a2, …, an з рiзницею d . Доведiть, що має мiсце рiвнiсть

 

  1. Дано трикутники ABC i ABC . Вiдомо, що AB = AB , AC = AC ,

∠C = ∠C = 1200 . Доведiть рiвнiсть трикутникiв ABC i ABC .

  1. Через довiльну але фiксовану точку Q на сторонi BC нерiвнобедре- ного трикутника ABC провести пряму QD , яка дiлить трикутник на двi фiгури рiвних площ.
  2. У нескiнченному мiстi усi квартали — квадрати одного розмiру. Велоси- педист стартував з перехрестя вулиць. Через пiвхвилини за ним поїхав iнший велосипедист. Кожен їде зi сталою швидкiстю 1 квартал у хви- лину i на кожному перехрестi вулиць повертає направо або налiво. Чи можуть вони зустрiтися?

 

11     клас
  • Чи можна куб перетнути площиною так, щоб в перерiзi утворився пра- вильний трикутник (шестикутник)? Вiдповiдь обґрунтуйте для кожно- го з питань!
  1. Доведiть, що число √19 −      3 − 8     35 − 8√19 є цiлим.
  • φ – гострий кут паралелограма з дiагоналями d1 i d2 . Знайти площу такого паралелограма.
  1. Розв’яжiть рiвняння cos π cos2 2x − 6 cos2 x + 1       = 1.
  2. Чи можна розрiзати квадрат 10 × 10 на 25 фiгур виду

 

 

ЧАСТИНА II. ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ

6    клас

 

  1. Вiдповiдь:

 

9 70 7 397072
+            78 4 2або+7843.
1 0 49 1 5104915
3. Вiдповiдь:5.
4. Вiдповiдь:2 311.
5. Вiдповiдь:1 008.

 

7    клас
  1. Вiдповiдь:
×415
382
+830
+3320
1 245
1 58530

 

  • Вiдповiдь:

 

Вiдповiдi до задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики – 2016                                                     11

  1. Вiдповiдь: a = 2 .
  2. Вiдповiдь: 20%.

 

  1. – задача на доведення.

 

8    клас
  1. – задача на доведення.
  2. Вiдповiдь: 50 кiлограмiв.
  3. Вiдповiдь: a = −2 .
  4. Вiдповiдь: BK : P M = 2 : 1 .
  5. Вiдповiдь: НI, не можна.

 

9    клас
  1. Вiдповiдь: 40, 5 см.кв.
  2. Вiдповiдь:
  3. Вiдповiдь: a = 2 .

 

  1. – задача на доведення.
  2. Вiдповiдь: НI, не можна.

 

10    клас
  1. Вiдповiдь: x = 4 .
  2. – задача на доведення.

 

  1. – задача на доведення.

 

  1. – задача на побудову; нехай A0 – середина BC , A0D||QA , тодi QD – шукана.
  2. Вiдповiдь: НI, не можуть зустрiтися.

 

12                                            ЧАСТИНА II. ВIДПОВIДI ДО ЗАДАЧ

11 клас
  1. Вiдповiдь: ТАК, ТАК.
3.  Вiдповiдь:    S = 1 .d2 − d2. · tg φ .
  1. Вiдповiдь: √√19 − √3 − 8√35 − 8√19 = 2 ∈ N ⊂ Z .

 

4.  Вiдповiдь:    x = ± 1 arccos (3−√17+8k )+mπ , m ∈ Z , k ∈ {−2; −1; 0; 1} .
  1. Вiдповiдь: НI, не можна.

 

 

ЧАСТИНА III. РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

 

6 клас

 Задача 1.

 

Вiдповiдь: у кiмнатi, що має прямокутну форму, можна розставити 10 стiльцiв так, щоб вздовж кожної стiнки стояла однакова кiлькiсть стiльцiв у спосiб, зображений на рисунку нижче

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 1.

?!  Чи можна у кiмнатi, що має прямокутну форму, розставити 6 стiльцiв так, щоб вздовж кожної стiнки стояла однакова кiлькiсть стiльцiв?

?!  Чи можна у кiмнатi, що має прямокутну форму, розставити 12 стiль-

цiв так, щоб вздовж кожної стiнки стояла однакова кiлькiсть стiльцiв?

 

Розв’язання

Нагадаємо, що:

при додавання вiдповiдних одиниць певного розряду двох чисел (одиниць, десяткiв, сотень; одиниць тисяч, десяткiв тисяч, сотень тисяч i т.д.) «за пра- вилом переходу через розряд у десятковiй системi числення» до наступного розряду може перейти щонайбiльше 1 розрядна одиниця.

 

+

с   о

о

р

д

о

и

к

н

1 р ис1а

 

  • Спiвставляючи «десятки тисяч» та «сотнi тисяч» (запропонованих до- данкiв) не важко бачити, що має мiсце рiвнiсть с + 0 = 10 т + р , звiдки можна зробити висновок про те, що « т = 1 ». I тому результат додавання набуває вид

 

(6.2.1)

 

  • Спiвставляючи «одиницi тисяч» та «десятки тисяч» (доданкiв з (6.2.1)) методом вiд супротивного можна зробити висновок, що « с = 9 », звiдки
 

+

9 о

о

0

д

о

и

к

н

1 0 и91а

 

  • « р » може бути тiльки нулем, i тому результат додавання набу- ває вид

 

(6.2.2)

 

  • крiм того, « о » повинна бути або 5-ою (п’ятiркою), або 6-ою (шiс- ткою), або 7-ою (сiмкою), або 8-ою (вiсiмкою), або ж 9-ою (дев’яткою).

Проте (за умовою) рiзнi лiтери повиннi вiдповiдати рiзним цифрам.

  • I тому « о » не може дорiвнювати 9;
  • якщо припустити, що « о = 5 », то « и = 0 » або ж « и = 1 », чого бути не може, бо цифри 0 i 1 вже вiдповiдають iншим лiтерам;
  • якщо припустити, що « о = 6 », то « и = 2 » або ж « и = 3 », чого бути не може, бо:

у випадку коли « и = 2 » — «о+и=8» а тому сума десяткiв (при будь-яких цифрах в розрядi одиниць) не може закiнчуватися 1-цею;

 

 

у випадку коли « и = 3 » — «о+и=9» а тому сума десяткiв (при будь-яких цифрах в розрядi одиниць) не може закiнчуватися 1-цею;

  • якщо припустити, що « о = 8 », то « и = 6 » або ж « и = 7 », чого бути не може, бо:

у випадку коли « и = 6 » — «о+и=14» а тому сума десяткiв (при будь-яких цифрах в розрядi одиниць) не може закiнчуватися 1-цею;

у випадку коли « и = 7 » — «о+и=16» а тому сума десяткiв (при будь-яких цифрах в розрядi одиниць) не може закiнчуватися 1-цею;

9 707   к
+7ди н
1 0 и91   а

 

Таким чином, « о » може бути лише цифрою 7. I тому результат дода- вання набуває вид

 

(6.2.3)

 

  • Спiвставляючи «сотнi» (доданкiв з (6.2.3)) не важко переконатися, що

« д » може бути лише цифрою 8. Але ж тодi « и » може бути лише цифрою

9707 к
+784 н
1 0491 а

 

  1. 4. Тому результат додавання набуває вид

 

  • Очевидно, що незадiяними залишилися лише цифри 2, 3, 5 та Спiв- ставляючи «розряд одиниць» доданкiв з (6.2.4), не важко переконатися, що може бути лише два випадки:

або   « к = 2 », « н = 3 », « а = 5 »;

або ж    « к = 3 », « н = 2 », « а = 5 ».

Таким чином, шуканими доданками (з вiдновленою однаковою сумою

104 915) є числа 97 073 i 7 842 або ж 97 072 i 7 843.

Вiдповiдь:

 

У мiшку знаходяться кульки двох кольорiв — чорного i бiлого. З’ясуємо, яку найменшу кiлькiсть кульок треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було 3 кульки одного кольору?

I спосiб

  • Очевидно, що необхiдно витягнути щонайменше три кульки.
  • Якщо витягнути три кульки, то можливими є наступнi варiанти: 2.1) усi 3 кульки чорного кольору;
    • усi 3 кульки бiлого кольору;
    • 2 кульки чорного кольору i 1 кулька бiлого кольору; 2.4) 2 кульки бiлого кольору i 1 кулька чорного кольору.

Оскiльки при вийманнi трьох кульок з мiшка може вiдбутися кожен iз зазначених випадкiв, то гарантувати, що серед трьох витягнутих кульок обов’язково буде три кульки одного кольору не можна.

  • Якщо витягнути чотири кульки, то можливими є варiанти: 3.1) усi 4 кульки чорного кольору;
    • усi 4 кульки бiлого кольору;
    • 3 кульки чорного та 1 бiлого кольору;
    • 3 кульки бiлого та 1 чорного кольору;
    • 2 кульки чорного та 2 бiлого кольору;
    • 2 кульки бiлого та 2 чорного кольору.

Оскiльки при вийманнi чотирьох кульок з мiшка може вiдбутися ко- жен iз зазначених випадкiв, то гарантувати, що серед чотирьох витягну- тих кульок обов’язково буде три кульки одного кольору не можна.

  • Якщо витягнути п’ять кульок, то можливими є варiанти: 4.1) усi 5 кульок чорного кольору;
    • усi 5 кульок бiлого кольору;
    • 4 кульки чорного та 1 бiлого кольору;
    • 4 кульки бiлого та 1 чорного кольору;
    • 3 кульки чорного та 2 бiлого кольору;
    • 3 кульки бiлого та 2 чорного кольору.

 

 

Iнших випадкiв бути не може. Бiльше того, в кожному з цих випадкiв є три кульки одного кольору. Отже, 5 — це найменша кiлькiсть кульок, якi треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було 3 кульки одного кольору!

  • спосiб – шляхом формулювання двоїстої задачi та застосування принципу Дiрiхле

Двоїста  задача.      З’ясуємо, яку найбiльшу можливу кiлькiсть кульок мо- жна витягнути з мiшка, щоб серед них не було 3 -ох кульок одного кольору.

  • За принципом Дiрiхле4 серед 5 кульок (2-ох можливих кольорiв)

обов’язково знайдеться три кульки одного кольору. Тому для сформульова- ної двоїстої задачi число 5 не може бути розв’язком.

  • Очевидно, що можливим є випадок, коли серед 4 вийнятих з мi- шка кульок (2-ох можливих кольорiв) точно двi кульки одного кольору i точно 2 кульки iншого кольору. А тому найбiльша можлива кiлькiсть ку- льок, якi можна витягнути з мiшка, щоб серед них не було 3 -ох кульок одного кольору, становить

Таким чином, з урахуванням пунктiв 1) i 2), 5 — це найменша кiль- кiсть кульок, якi треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було 3 кульки одного кольору!

  • спосiб – шляхом узагальнення

Узагальнення задачi 3. У мiшку знаходяться кульки двох кольорiв — чорного i бiлого. З’ясуємо, яку найменшу кiлькiсть кульок треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було n кульок одного кольору?

  • За принципом Дiрiхле серед 2n − 1 кульок (2-ох можливих ко- льорiв) обов’язково знайдеться n кульок одного кольору.

4Принцип Дiрiхле є однiєю з форм «методу вiд супротивного». Принцип названо на честь нiмецького математика Йогана Петера Густава Лежен-Дiрiхле (1805-1859), який досить успiшно застосовував його при доведеннi арифметичних тверджень.

Цей принцип стверджує, що:

«якщо множину з N елементiв розбито на n частин, якi не мають спiльних елементiв, причому N > n , то принаймнi в однiй з n частин буде бiльше одного елемента».

Найчастiше принцип Дiрiхле формулюють наступним чином:

«якщо в n клiтках сидить n + 1 або бiльше зайцiв, то знайдеться клiтка, в якiй сидять щонайменше два зайцi».

 

 

 

  • Очевидно, що можливим є випадок, коли серед 2n − 2 вийнятих з мiшка кульок (2-ох можливих кольорiв) точно (n − 1) кульки одного кольору i точно (n − 1) кульки iншого кольору. А тому найбiльша можлива кiлькiсть кульок, якi можна витягнути з мiшка, щоб серед них не було n кульок одного кольору, становить 2 (n − 1) = 2n − 2 .

Таким чином, з урахуванням пунктiв 1) i 2), 2 · (n − 1) + 1 = 2n − 1 — це найменша кiлькiсть кульок, якi треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було n кульок одного кольору!

В нашому випадку n = 3 . S тому шуканим числом є число 2·3−1 = 5 .

Вiдповiдь:        5 .

 

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 3.

?!  У мiшку знаходяться кульки трьох кольорiв. Яку найменшу кiлькiсть

кульок треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було 4 кульки одного кольору?

Вiдповiдь:   10 .

?!  У мiшку знаходяться кульки трьох кольорiв. Яку найменшу кiлькiсть

кульок треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було n кульок одного кольору?

?!

Вiдповiдь: 3 · (n − 1) + 1 = 3n − 2 . У мiшку знаходяться кульки m рiзних кольорiв. Яку найменшу кiль-

кiсть кульок треба витягнути з мiшка, щоб серед них гарантовано було n

кульок одного кольору?

                                                                                 Вiдповiдь: m · (n 1) + 1 .

?!  Добре вiдомо, що в грi «Що? Де? Коли?» рахунок ведеться до 6 очок. Причому в кожному раундi 1 очко присуджується «командi знавцiв»

або ж «командi телеглядачiв» в залежностi вiд правильностi оголошеної знавцями вiдповiдi. Увага питання:

Яке найменше число раундiв у цiй грi?

Яке найбiльше число раундiв у цiй грi?

Вiдповiдь обґрунтуйте!

 

 

Задача 4.

Знайдемо найменше натуральне число x , яке при дiленнi на 2 , 3 , 5 ,

7 i 11 дає в остачi 1 .

  • Оскiльки шукане число x при дiленнi на 2 , 3 , 5 , 7 i 11 дає в остачi 1 , то його можна подати у виглядi

x = n + 1,                                              (6.4.1)

 

де n – найменше натуральне число, яке дiлиться на 2 , 3 , 5 , 7 i 11 без остачi.

  • Не важко перевiрити, що числа 2 , 3 , 5 , 7 i 11 є попарно взаємно простими. Тому найменше натуральне число, яке дiлиться на кожне з цих чисел (без остачi), дорiвнює НСК(2; 3; 5; 7; 11) = 2 3 · 5 · 7 · 11 = 3850 .

Таким чином, шукане число дорiвнює 3850 + 1 = 3851 .

Вiдповiдь:         3 851.

 

 

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 4.

?!  Знайти найменше натуральне число, яке при дiленнi на 2 , 3 , 4 , 5 i

  • дає в остачi 1 .

?!  Знайти найменше натуральне число, яке при дiленнi на 3 , 4 , 5 i 6

дає в остачi 1 (дає в остачi 2 ).

?!  Знайти найменше натуральне число, яке при дiленнi на натуральнi a ,

b , c i d ( a < b < c < d ) дає в остачi 0 < p < a .

А чи знали Ви?

Нехай a i b – довiльнi натуральнi числа, НСК(a; b) – найменше спiль- не кратне чисел a i b , а НСД(a; b) – їх найбiльший спiльний дiльник. Тодi має мiсце рiвнiсть

a · b = НСК(a; b) · НСД(a; b).                              (6.4.2)

Доведiть це твердження спираючись на визначення НСК i НСД двох чисел та використовуючи розклад натурального числа у виглядi добутку

степенiв з простими основами.

 

  • спосiб
  • За умовою за столом сидить 2016 чоловiкiв. Оскiльки стiл круглий, кiлькiсть чоловiкiв парна, та кожен з них однозначно вигукнув «Напроти мене сидить …», то розсадку чоловiкiв за столом слiд розумiти такою, що напроти кожного з них сидить точно один з решти чоловiкiв. Тобто всiх чоловiкiв за столом можна роздiлити на 1008 пар опонентiв-обвинувачiв (в кожнiй такiй парi перший обвинувачує другого i навпаки).
  • В жоднiй з таких пар не може бути двох базiкал, бо iнакше кожному з них треба було би збрехати й проголосити «Напроти мене сидить правди- вець».
  • Так само, в жоднiй з таких пар не може бути двох чесних чоловiкiв, бо тодi кожному з них треба було би сказати правду й проголосити «Напроти мене сидить правдивець».

Таким чином, в кожнiй iз зазначених 1008 пар один – чесний, а iнший

– базiкало. Звiдки й випливає, що за столом сидить точно 1008 базiкал.

  • спосiб

Нехай за столом сидить x базiкал. Тодi тих, хто говорить тiльки прав- ду – (2016 − x) осiб.

За умовою задачi, кожен з тих, хто сидить за круглим столом, про- голосив: «Напроти мене сидить базiкало». Це означає, що (2016 − x) осiб сказали правду про того, хто сидить напроти нього. Звiдки випливає, що за столом сидить точно (2016 − x) базiкал.

З iншого боку, згiдно введених позначень, за столом сидить x базiкал.

I тому має мiсце рiвнiсть

 

 

 

звiдки випливає, що

2016 − x = x,                                           (6.5.1)

 

2016 = 2x,    2 · x = 2016,     x = 2016 : 2,     x = 1008.

Таким чином, за столом сидить точно 1008 базiкал.

Вiдповiдь:          1008 .

 

7       клас

 

Задача 1.

 

Зауваження 1. За визначенням, трикутник — це (геометрична) фi-  гура, яка складається з трьох точок, що не лежать на однiй прямiй, та трьох вiдрiзкiв, якi (попарно) сполучають цi точки. Тому умовою задачi не передбачається утворення вiдрiзкiв iншої (нової) д овжини за допомо- гою вiдрiзкiв сталої довжини 1 , 2 , 3 та 4 см. Тобто, шуканi рiвнобедренi трикутники складаються виключно з вiдрiзкiв заданих довжин.

Зауваження 2. Оскiльки правильнi (рiвностороннi) трикутники є час- тинним випадком рiвнобедрених трикутникiв, то серед шуканих рiвнобедре- них трикутникiв (звiсно ж) можуть бути й правильнi.

Зауваження 3. Фраза «Дано вiдрiзки довжиною 1 , 2 , 3 i 4 см.» не означає що дано точно 4 вiдрiзки зазначеної довжини (i тому цю фразу слiд трактувати, що дано вiдрiзки 4 «видiв»); обмеження на кiлькiсть таких вiд- рiзкiв вiдсутнє; а питання щодо рiзних рiвнобедрених трикутникiв означає (додатково наштовхує на те), що певний з вiдрiзкiв заданої довжини може використовуватися декiлька разiв.

Розв’язання
  • За «нерiвнiстю трикутника» в довiльному трикутнику, сума довжин двох будь-яких сторiн бiльша за довжину третьої сторони. Тому в рiвнобе- дреному трикутнику основа повинна бути бiльшою за довжину подвоєної бiчної сторони.
  • Заради зручностi та зменшення викладок при подальших поясненнях рiвнобедрений трикутник з основою a см та бiчною стороною b см умовно будемо позначати як (a; b; b) . Тодi: з основою a = 1 можна скласти лише рiвнобедренi трикутники (1;1;1), (1;2;2), (1;3;3), (1;4;4);

з основою a = 2 — лише рiвнобедренi трикутники (2;2;2), (2;3;3), (2;4;4);

з основою a = 3 — лише рiвнобедренi трикутники (3;2;2), (3;3;3), (3;4;4); з основою a = 4 — лише рiвнобедренi трикутники (4;3;3), (4;4;4).

I тому за допомогою вiдрiзкiв 1 , 2 , 3 i 4 см можна скласти лише 12

рiвнобедрених трикутникiв.

 

Розв’язання

 

×a

3

1

c

b

2

+

+

 

3

 

f

d

2

3

g

e
h2k5
1l8m3n

 

Заради зручностi та спрощення подальших пояснень замiнимо зiрочки в умовi даного числового ребусу лiтерами (латинського абетки), причому рiзним лiтерам можуть вiдповiдати однаковi цифри

 

  • Оскiльки 3 + 2 = 5 , то l = 5 або l = 6 . Тому h може бути лише 1, тобто

 

Вiдповiдь:

 

 

×415
382
+830
+3320
1 245
1 58530

 

Задача 3.

З’ясуємо, при якому значеннi параметра a рiвняння ax − 2a = 2x − 4

має безлiч розв’язкiв.

 

ax − 2a = 2x − 4;

ax − 2x = 2a − 4;

x(a − 2) = 2(a − 2)                                        (7.3.1)

  • При a = 2 останнє рiвняння набуває вид x 0 = 2 · 0 або ж

0 · x = 0.                                              (7.3.2)

Не важко переконатися у тому, що при пiдстановцi будь-якого числа (за- мiсть x ) у рiвняння (7.3.2), воно (рiвняння) перетворюється на правильну числову рiвнiсть виду 0 = 0 . I тому, за визначенням, (у випадку a = 2 будь-яке число) є коренем рiвняння (7.3.2).

Отже, при a = 2 дане рiвняння має безлiч розв’язкiв.

  • При a ̸= 2 вираз (a − 2) ̸= 0 . I тому при a ̸= 2 єдиним розв’язком рiвняння (7.3.1) є корiнь

 

x = 2 (a − 2)

a − 2

= 2.

 

Таким чином, дане рiвняння (7.3.1) має безлiч розв’язкiв лише при

a = 2 .

Вiдповiдь:          a = 2 .

 

 

Задача 4.

 

  • спосiб
  • Оскiльки число a на 25% бiльше нiж число b , то має мiсце рiвнiсть

 

b                    b      5

a = b + 100 · 25 = b + 4 = 4 b.

 

4

Звiдки  b = 4a , або ж b =     .

5                 a     5

  • Таким чином, число b вiд числа a складає 4 , або, що теж саме, число
4

5

 

b вiд числа a складає числа a .

  • 100 = 80% . I тому число b на 20% менше вiд

 

 

  • спосiб – шляхом узагальнення

Нехай число a на p% бiльше нiж число b . Знайдемо, на скiльки вiдсоткiв ( q ) число b менше нiж число a .

  • Оскiльки число a на p% бiльше нiж число b , то має мiсце рiвнiсть

 

 

a
a

b · 100 = 100 + p,     звiдки   b =

.                  (7.4.1)

100 + p

100

 

a

I тому   b

   100 

100 + p

=

= 100 + p p

 100 + p         p    

100 + p
100 + p
100 + p

=               −

     p    

100 + p

= 1 −               .

 

  • З останньої рiвностi випливає, що

b                          100p

a · 100 = 100 − 100 + p.                            (7.4.2)

I тому, з урахуванням (7.4.2), число b менше нiж число a на

q =  100 · p %.                                         (7.4.3)

100 + p

  • За умовою p = 25 . I тому з урахуванням (7.4.3), дане число b менше нiж число a на

 

q =  100 · 25 % = 250 · 10% = 20%.                        (7.4.4)

 

 

Вiдповiдь:          20% .

100 + 25

125

 

 

Задача 5.

Кожна точка прямої пофарбована синiм або червоним кольором. Доведемо, що на такiй прямiй знайдуться три рiзнi точки A, B, C , якi пофарбовано в один колiр та такi, що точка B є серединою вiдрiзка AC .

Доведення.
  • На данiй прямiй вiдмiтимо двi (рiзнi) точки E i F одного  кольору. Покажемо, що такi двi точки завжди iснують.

 

 

 

– синій колір             – червоний колір

A      B      C

 

 

Рис. 1: до задачi 5

 

Якщо припустити, що на данiй прямiй не iснує двох рiзних точок, наприк- лад, синього кольору (для червоного кольору – слiд повторити аналогiчнi мiркування), то з цього випливало би, що:

  • або на прямiй лише одна точка пофарбована у синiй колiр, а решта точок прямої – у червоний; але ж в такому випадку достатньо роз- глянути одну з двох пiвпрямих (променiв), на якi єдина синя точка розбила пряму, вiдмiтити на нiй двi довiльнi точки A i C червоного кольору, а по- тiм вiдмiтити середину B вiдрiзка AC ; одержана трiйка точок A, B, C i буде шуканою – рис. 1;
  • або ж на прямiй немає жодної синьої точки, тобто, всi точки прямої пофарбовано у червоний колiр; але ж в такому випадку достатньо вiдмiтити на прямiй двi довiльнi точки A i C червоного кольору, а потiм вiдмiтити середину B вiдрiзка AC ; одержана трiйка точок A, B, C i буде шуканою – рис. 1;
  • Якщо середина B вiдрiзка EF такого самого кольору, як i точки E , F , то твердження доведено (бо точки E, B, F будуть шуканими – задо- вольняти вимогу твердження).
  • Якщо ж середина B вiдрiзка EF iншого кольору нiж точки E i F , то (заради визначеностi) в подальшому будемо вважати, що E i F – синього, а B – червоного кольору.

 

 

Далi на прямiй вiдмiтимо такi двi точки A i C , що E – середина

AF , а F – середина EC .

  • Якщо точка A синього кольору, то A, E, F буде шуканою трiйкою точок – рис. 2;

 

  • синій колір – червоний колір

 

Рис. 2: до задачi 5

 

  • якщо точка A червоного кольору, то можливими є лише два випадки 3.2.1) або точка C синього кольору; але ж тодi E, F, C буде шука-

ною трiйкою точок – рис. 3;

 

  • синій колір – червоний колір

 

Рис. 3: до задачi 5

 

3.2.2)  або точка C червоного кольору; але ж тодi A, B, C буде шу- каною трiйкою точок – рис. 4.

 

– синій колір             – червоний колір

 

Рис. 4: до задачi 5

 

 

Що й треба було довести.

 

  • клас

 

 

Задача 1.

 

 

Доведемо, що якщо a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca , то a = b = c .

 

  • спосiб

 

a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca ⇒

2a2 + 2b2 + 2c2 = 2ab + 2bc + 2ca ⇒

2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ca = 0 ⇒

a2 − 2ab + b2 + a2 − 2ac + c2 + b2 − 2bc + c2 = 0 ⇒

 a − b = 0

(a − b)2 + (a − c)2 + (b − c)2 = 0 ⇒

 

 

 



a − c = 0

b − c = 0

  • спосiб

⇒ a = b = c .

 

 

За нерiвнiстю Кошi для довiльних дiйсних x та y має мiсце нерiвнiсть

2xy ™ x2 + y2, рiвнiсть xy = 1x2 + 1y2 в якiй виконується (досягається)

2               2

тодi i лише тодi, коли x = y . Тому

2
2
2
2

ab ™ 1 a2 + 1b2 , причому ab = 1a2 + 1b2 ⇔ a = b ;

2
2
2
2

bc ™ 1 b2 + 1c2 , причому bc = 1b2 + 1c2 ⇔ b = c ;

ac ™ 1 a2 + 1c2 , причому ac = 1a2 + 1c2 ⇔ a = c .

2              2                                                     2              2

Звiдки

ab + bc + cd ™ 1 a2 + 1b2 + 1b2 + 1c2 + 1a2 + 1c2 = a2 + b2 + c2 ,

2              2              2              2              2              2

причому ab + bc + cd = a2 + b2 + c2 ⇔ a = b = c .

 

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 1.

?!  Доведiть, що якщо a2 +b2 +c2 +d2 = ab+bc+cd+da , то a = b = c = d .

?!  Доведiть, що якщо a2+a2+a2+…+a2 = a1a2+a2a3+…+ak−1ak +aka1 ,

 

то a1 = a2 = … = ak .

1         2         3                    k

 

 

Задача 2.

Дiти зiбрали 100 кг грибiв вологiстю 99% i пiдсушили їх до вологостi 98%. Знайдемо масу пiдсушених грибiв.

Розв’язання.
  • спосiб
    1. Оскiльки початкова вологiсть грибiв становила 99%, то вiдсоток
100

«грибного жмиха» (одержаного шляхом «видалення» всiєї води з грибiв) становив 1%. I тому маса «грибного жмиха» у 100 кг (щойно) зiбраних грибiв становила 100 · 1 = 1 кг.

  1. За умовою гриби пiдсушили до вологостi 98%. Тому вiдсоток «гри- бного жмиха» (пiсля пiдсушення) становить 2%.
2

Але ж маса «грибного жмиха» у пiдсушених грибах також дорiвнює 1 кг (що становить вже 2% вiд всiєї маси пiдсушених грибiв). I тому маса пiдсушених грибiв дорiвнює 1 · 100 = 50 кг.

  • спосiб
    1. Нехай x – маса води, «випареної» в результатi пiдсушення грибiв з вологостi 99% до вологостi 98%.

Тодi маса грибiв вологiстю 98% (пiсля їх пiдсушення) буде дорiвню- вати (100 − x) кг.

100
  • Маса чистої води (до пiдсушення) у 100 кг грибiв вологiстю 99% становила 100 99 = 99 кг.

Очевидно, що пiсля пiдсушення маса чистої води у (100 − x) кг грибiв

100

вологiстю 98% становить  100x  · 98  кг. З iншого боку маса чистої води у

·                                    −

(100 − x) кг грибiв вологiстю 98% повинна становити (99 − x) кг. Тому маємо рiвняння

 

 

 

Звiдки

 100 x    98 = 99    x.

100

 

(100 − x) · 98 = (99 − x) · 100 ; 9800 − 98x = 9900 − 100x ; 2x = 100 ; x = 50 .

Таким чином маса пiдсушених грибiв становить 100 − 50 = 50 кг.

Вiдповiдь:         50 кг.

 

 

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 2.

?!  Дiти зiбрали m кг грибiв вологiстю p% i пiдсушили їх до вологостi

q% ( q < p < 100 ). Доведiть, що маса пiдсушених грибiв становить

 

 

·

m    100 p

100 − q

кг.

 

 

Задача 3.

З’ясуємо, при якому значеннi параметра a не має розв’язкiв рiвняння

 

a2x − 2a = 4x − 4                                         (8.1.1)

(          )
  • Виконаємо наступнi рiвносильнi перетворення над лiвою i правою час- тинами даного рiвняння:

a2x − 2a = 4x − 4 ⇒ a2x − 4x = 2a − 4 ⇒             a2 − 4 x = 2(a − 2) . Звiдки рiвняння (8.1.1) можна подати у виглядi

(a − 2)(a + 2) · x = 2(a − 2).                                 (8.1.2)

  • Рiвняння (8.1.2) (а разом з ним i рiвняння (8.1.1)) не матиме розв’язкiв лише у випадку, коли виконуються умови

 

 

{

(a − 2)(a + 2) = 0, 2(a − 2) ̸= 0.

(8.1.3)

 

Не важко перевiрити, що єдиним розв’язком системи (8.1.3) є значення параметра a = −2 . Очевидно, що при a = −2 рiвняння (8.1.2) набуває вид

0 · x = −8                                              (8.1.4)

 

та не має розв’язкiв.

Вiдповiдь:          a = −2 .

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 3.

?!  При якому значеннi параметра a рiвняння (8.1.1):

  • має єдиний корiнь; 2) має безлiч розв’язкiв?

 

 

Задача 4.

На сторонi AB трикутника ABC вiдмiчено точку K . Вiдрiзок CK пере- тинає медiану AM трикутника в точцi P , причому AK = AP . Знайдемо вiдношення BK : P M .

I спосiб – «за допомогою теореми Фалеса та теореми про пропорцiйнi вiдрiзки»

 

 

 

Рис. 5: до 1-го способу розв’язання задачi 4

 

KB = 2KN
  • Через точку M проведемо пряму паралельно до прямої CK i нехай вона перетинає пряму AB у точцi N . Оскiльки CM = M B , а паралельнi прямi CK i M N перетинають сторони кута CBA , то за теоремою Фалеса

KN = N B . Звiдки                         .

  • Оскiльки паралельнi прямi P K i M N  перетинають  сторони кута M AB та вiдтинають на його сторонах вiдрiзки AP i P M та AK i KN вiдповiдно, то за «теоремою про пропорцiйнi вiдрiзки» має мiсце пропорцiя AP : P M = AK : KN , звiдки (за властивiстю пропорцiї) має мiсце пропор-
AK
KN

цiя виду AP  = P M . За умовою AP = AK . I тому справджується рiвнiсть

P M = KN
KN

1 = P M , звiдки                        .

  • З урахуванням пунктiв 1) i 2), шукане вiдношення BK : P M становить

BK : P M = 2KN : KN = 2 : 1.

 

 

II спосiб – «за допомогою теореми Фалеса б ез застосування теореми про пропорцiйнi вiдрiзки»

 

Рис. 6: до 2-го способу розв’язання задачi 4

 

  • Через точку M проведемо пряму паралельно до прямої CK i нехай вона перетинає пряму AB у точцi N . Оскiльки CM = M B , а паралельнi прямi CK i M N перетинають сторони кута CBA , то за теоремою Фалеса KN = N B . Звiдки

KB = 2KN.                                   (8.4.1)

  • За умовою AP = AK . I тому △ P AK є рiвнобедреним з основою P K . Звiдки ∠AP K = ∠AKP = φ (як кути при основi рiвнобедреного трикутника).
  • ∠AM N = ∠AP K = φ як вiдповiднi кути при паралельних прямих

M N i P K та сiчнiй AM .

  • ∠AN M = ∠AKP = φ як вiдповiднi кути при паралельних прямих

M N i P K та сiчнiй AB .

  • Оскiльки ∠AM N = ∠AN M = φ , то за ознакою (рiвнобедреного три- кутника) AM N є рiвнобедреним з основою M N . Звiдки AM = AN .
  • Оскiльки AM = AN , AP = AK , то

P M = AM − AP = AN − AK = KN.                    (8.4.2)

  • З урахуванням (8.4.1) та (8.4.2), остаточно маємо, що BK : P M = 2 : 1 .

 

 

III спосiб – «за допомогою теореми Фалеса б ез застосування теореми про пропорцiйнi вiдрiзки»

 

Рис. 7: до 3-го способу розв’язання задачi 4

 

  • Через точку B проведемо пряму a паралельно до прямої CK i нехай

a перетинає пряму AM у точцi D .

  • За умовою AP = AK . I тому △ P AK є рiвнобедреним з основою P K . Звiдки ∠AP K = ∠AKP = φ .
  • ∠ADB = ∠AP K =  φ як вiдповiднi кути при паралельних прямих   a i P K та сiчнiй AD ; ∠ABD = ∠AKP = φ — як вiдповiднi кути при паралельних прямих a i P K та сiчнiй AB .
  • Оскiльки P K||DB , DP ∩ BK = A , ∠P DB = ∠KBD = φ , то чоти- рикутник KP DB є рiвнобокою трапецiєю. Звiдки

KB = P D.                                            (8.4.3)

 

  • Розглянемо △ CM P  i  △  BM D .  В  них:  CM  =  M B  (за умовою);

∠CM P = ∠BM D (як  вертикальнi);  ∠M CP  =  ∠M BD  (як  внутрi- шнi рiзнозстороннi при паралельних прямих CK i  BD та  сiчнiй  CB ).  I тому (за стороною i прилеглими кутами) △ CM P =△ BM D . Звiдки 2P M = 2M D = P D .

Отже, з урахуванням (8.4.3), остаточно маємо, що BK : P M = 2 : 1 .

Вiдповiдь: 2 : 1 .

 

 

Задача 5.

З’ясуємо, чи можна розрiзати квадрат 10 × 10 на 25 фiгур виду

 

спосiб

Рис. 8:

 

Розв’язання.

 

  • Розфарбуємо квадрат 10 × 10 у два кольори (сiрий i бiлий) в шаховому порядку так, як показано на рис.

 

Рис. 9: до 1-го способу розв’язання задачi 5

 

  • Не важко перевiрити, що при наведеному способi розфарбування сiрих i бiлих клiтинок 1 × 1 однакова кiлькiсть, яка становить
  • При довiльному розташуваннi (в межах розфарбованого квадрату

10×10 ) тетрамiно (зображеного на рис. 8), всерединi нього може виявитися: або 3 сiрi i 1 бiла клiтинка – тетрамiно типу 1 ,

або 1 сiра i 3 бiлi клiтинки – тетрамiно типу 2 .

  • Припустимо, що квадрат 10 × 10 можна  розрiзати  на  25  те- трамiно (фiгур, зображених на рис. 8). Тодi, з урахуванням пункту 3), серед них: n тетрамiно типу 1 та (25 − n) тетрамiно типу 2 , де n – цiле невiд’ємне число ( n ∈ N ∪ {0} ).

 

 

  • Пiдрахуємо кiлькiсть сiрих клiтинок. З одного боку, їх кiлькiсть становить З iншого боку – 3 · n + 1 · (25 − n) . Тому має мiсце рiвнiсть 3 · n + 1 · (25 − n) = 50 , звiдки 2n = 25 ,  n = 12, 5 ∈/ Z .
  • Таким чином, прийшли до протирiччя з тим, що n ∈ N ∪ {0} . А тому наше припущення про те, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 8) є неправильним.

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 8.

II спосiб

1)    У квадратi 10 × 10 розставимо всi натуральнi числа вiд 1 до 100 у спосiб, зображений на рис. 10.

 

12345678910
20191817161514131211
21222324252627282930
40393837363534333231
41424344454647484950
60595857565554535251
61626364656667686970
80797877767574737271
81828384858687888990
100999897969594939291

Рис. 10: до 2-го способу розв’язання задачi 5

 

2

2)   Добре вiдомо, що 1 + 2 + … + 99 + 100 = 101 · 100 = 5050 .

  • Не важко перевiрити, що при довiльному розташуваннi (в межах ква- драту 10×10 ) тетрамiно (зображеного на рис. 8), всерединi нього мiстяться числа, сума яких завжди є непарною.
  • Якщо припустити, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 8), то, з урахуванням пункту 3), сума всiх чисел в квадратi 10 × 10 повинна бути непарним числом, як сума 25 непарних доданкiв. Чого бути не може на пiдставi пункту 2).

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 8.

Вiдповiдь: НI, не можна.

 

9      клас

 

I спосiб

 

Задача 1.

 

N                          B                     P

C

A

 

M                                 D            Q

 

 

Рис. 11: до 1-го способу розв’язання задачi 1

 

  • Розглянемо чотирикутник M N P Q рис. 11. В ньому (за умовою):

∠M = ∠N = ∠P = ∠Q = 900 ; M N = P Q = 7 см., N P = QM = 1 см.

I тому M N P Q є прямокутником зi сторонами 7 та 11 см. Звiдки

 

SMNP Q = M N · N P = 7 · 11 = 77 (см2)                       (9.1.1)

1
  • Розглянемо прямокутний △ DM A . Оскiльки DM = 8 , M A = 3 см., то

 

S△DM A =

1

2DM · M A =

2 · 8 · 3 = 12.                      (9.1.2)

 

  • Розглянемо прямокутний △ AN B . Оскiльки AN = 4 , N B = 6 см., то

 

  • Розглянемо прямокутний △ BP C . Оскiльки BP = 2 , P C = 2 см., то

 

  • Розглянемо прямокутний △ CQD . Оскiльки CQ = 5 , QD = 3 см., то

 

 

S△CQD =

1

2CQ · QD =

1

2 · 5 · 3 =

= 7, 5.                  (9.1.5)

15

2

 

  • З визначення площi фiгури випливає що

SABCD = SM N P Q − S△DM A − S△AN B − S△BP C − S△CQD,

 

 

звiдки, з урахуванням (9.1.1) – (9.1.5), остаточно маємо, що

SABCD = 77 − 12 − 12 − 5 − 7, 5 = 40, 5 ( см2 ).

II спосiб

 

Рис. 12: до 2-го способу розв’язання задачi 1

 

  • Через вершини A, B, C, D даного чотирикутника проведемо прямi вздовж лiнiй клiтчастого поля так, як показано на рис. Не важко пере- конатися, що перетин зазначених лiнiй утворив вершини квадрату M N P Q , площа якого становить 4 ( см2 ).
  • Очевидно, що трикутники AM B , BN C , CP D i DQA є прямокутни- ми з прямими кутами при вершинах M , N , P i Q вiдповiдно. Бiльше того, з урахуванням умови задачi, довжини наступних вiдрiзкiв становлять: AM = 6 , M B = 4 ; BN = 2 , N C = 5 , CP = 3 , P D = 5 ;

DQ = 3 , QA = 8 см. I тому мають мiсце рiвностi

 

2

SAM B = AM ·M B

2

SBN C = BN ·N C

= 6·4

2
2

= 2·5

= 12 ( см2 );

= 5 ( см2 );

 

2

SCP D = CP ·P D

2

SDQA  = DQ·QA

= 3·5

2
2

= 3·8

= 7, 5 ( см2 );

= 12 ( см2 ).

 

  • З визначення площi фiгури випливає що

SABCD = SM N P Q + S△AM B + S△BN C + S△CP D + S△DQA,

звiдки, з урахуванням пунктiв 1) i 2), остаточно маємо, що

SABCD = 4 + 12 + 5 + 7, 5 + 12 = 40, 5 ( см2 ).

 

2

?!  Наведiть геометричне тлумачення того, що площу даного чотирикут- ника можна знайти за допомогою спiввiдношення SABCD = 77−4 + 4 .

 

 

Рис. 13: до 3-го способу розв’язання задачi 1

  • Через вершини A, C, D даного чотирикутника проведемо прямi вздовж лiнiй клiтчастого поля так, як показано на рис. 13. В результатi утворилися трикутники N BC , DP C i AQD та трапецiя AN P Q . Звiдки

SABCD = SN BC + SDP C + SAQD + SAN P Q.                   (9.1.6)

 

  • В трикутнику N BC сторона N C = 8 см, а висота hNC , опущена з вершини B на сторону N C становить 2 см.
2

Тому SNBC = 1 · 8 · 2 = 8 ( см2 ).

2
  • В трикутнику DP C кут ∠DP C = 900 , DP = 5 см, а P C = 3 см. Тому SDP C = 1 5 · 3 = 7, 5 ( см2 ).
2
  • В трикутнику AQD кут ∠AQD = 900 , AQ = 8 см, а QD = 3 см. Тому SAQD = 1 8 · 3 = 12 ( см2 ).
  • В трапецiї AN P Q основи N P i AQ становлять 5 i 8 см вiдпо- вiдно, а висота P Q = 2 см.
2

Тому SANP Q = 5+8 · 2 = 13 ( см2 ).

  • З урахуванням спiввiдношення (9.1.6) та пунктiв 2)–5), остаточно маємо, що

SABCD = 8 + 7, 5 + 12 + 13 = 40, 5 (см2).                     (9.1.7)

 

  • спосiб
  • В площинi чотирикутника ABCD зафiксуємо прямокутну декартову систему координат XOY у спосiб, зображений на рис. Причому в якостi одиницi вимiру (на кожнiй з координатних осей) оберемо 1 см.

 

Рис. 14: до 4-го способу розв’язання задачi 1

  • Оскiльки сторона малого квадратика 1 × 1 становить 1 см, то точки A, B, C, D мають наступнi координати

A(0; 3),    B(6; 7),    C(11; 5),     D(8; 0).                    (9.1.8)

  • Нехай Q – точка перетину дiагоналей AC i BD , а φ — градусна мiра ∠CQD . Тодi, як вiдомо, площу чотирикутника ABCD можна знайти за формулою
2

SABCD1AC · BD · sin φ.                                 (9.1.9)

  • Довжини дiагоналей AC i  BD  знайдемо як модулi векторiв  −A→C i  −B−→D  вiдповiдно. Не важко перевiрити, що  −A→C(11; 2)  та  −B−→D(2;    7) . Тому AC =   −A→C  = √112  + 22  = 5√5 ;     BD =   −B−→D  =     22  + (−7)2  = √53 .
  • Оскiльки φ – кут мiж прямими AC i BD (тобто не може бути

тупим), то  sin φ =     1 − cos2 φ .

cos φ  знайдемо  як  косинус  кута  мiж  векторами  −B−→D  i  −A→C .  Вiдомо, що косинус кута мiж векторами  −→m  i  −→n  можна знайти за формулою

cos ∠(−→m; −→n ) =   ⟨−→m; −→n ⟩ ,

|−→m| · |−→n |

де  ⟨−→m; −→n ⟩ – скалярний добуток  −→m  i  −→n , а  |−→m|, |−→n | – їх модулi. I тому

 

cos φ =  11·√2+2√·(−7)  =

√ 8√ . Але ж тодi

 

√       (           )
5√5·√53

5    5·  53             5    5·  53

5√5·√53
5√5·√53

sin φ =     1 −          8       2 = √25·5·53−64

= √6625−64

=   √6561

5√5·√53
5√5·√53

=      81      .

 

Отже, з урахуванням (9.1.9), площа чотирикутника ABCD становить

1         √   √               81            81                  2

 

SABCD =

2 · 5   5 ·

53 · 5√5 · √53 =

= 40, 5 см .

2

 

Вiдповiдь:          40, 5 см. кв.

 

 

Задача 2.

Вiдомо, що a i b — коренi рiвняння x2 − x + q = 0 . Спростимо вираз

a3 + b3 + 3 (a3b + ab3) + 6 (a3b2 + a2b3) .

Розв’язання.

1)    a3 + b3 + 3 (a3b + ab3) + 6 (a3b2 + a2b3) =

= a3 + b3 + 3ab (a2 + b2) + 6a2b2 (a + b) .                        (9.2.1)

{

2)   Оскiльки a i b — коренi рiвняння x2 − x + q = 0 , то за теоремою Вiєта мають мiсце рiвностi

 

a + b = 1,

a · b = q.

3)    a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = 12 − 2q = 1 − 2q ;

4)    a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) = 13 − 3q · 1 = 1 − 3q .

(9.2.2)

 

(           )
  • З урахуванням результатiв пунктiв 2)–4), вираз (9.2.1) можна спростити наступним чином a3 + b3 + 3ab a2 + b2 + 6(ab)2 (a + b) =

= (1 − 3q) + 3q (1 − 2q) + 6q2 · 1 = 1 − 3q + 3q − 6q2 + 6q2 = 1 .

Вiдповiдь:         якщо a i b — коренi рiвняння x2     x + q = 0 , то вираз

a3 + b3 + 3 (a3b + ab3) + 6 (a3b2 + a2b3) ≡ 1.

А чи звертали Ви увагу?

?!  Якщо a + b = u , a · b = v , то

a2 + b2 = u2 − 2v ;

a3 + b3 = u3 − 3uv ;

a4 + b4 = u4 − 4u2v + 2v2 ;

a5 + b5 = u5 − 5u3v + 5uv2 ;

a6 + b6 = u6 − 6u4v + 9u2v2 − 2v3 ;

a7 + b7 = u7 − 7u5v + 14u3v2 − 7uv3 ;

a8 + b8 = u8 − 8u6v + 20u4v2 − 16u2v3 + 2v4 ;

a9 + b9 = u9 − 9u7v + 27u5v2 − 30u3v3 + 9uv4 ;

a10 + b10 = u10 − 10u8v + 35u6v2 − 50u4v3 + 25u2v4 − 2v5 .

Задача 3.

З’ясуємо питання, при якому значеннi параметра a рiвняння

має три коренi.

(a2 − 4) · x2 + (6 − 3a) · x + 2a − 4 = 0                          (9.3.1)

 

Розв’язання.
  • Якщо a2 − 4 ̸= 0 , то рiвняння (9.3.1) є квадратним (другого степеня). I тому не може мати бiльше двох (дiйсних) рiзних коренiв.
  • Нехай a2     4  = 0 .  Тодi a =    2 або a = 2 .
  • При a = −2 вираз (a2 − 4) = 0 , а рiвняння (9.3.1) набуває вид

 

12 · x − 8 = 0 ⇔ 3x − 2 = 0 ⇔ x =

та має лише один корiнь.

(9.3.2)

3

 

  • При a = 2 вираз (a2 − 4) = 0 , а рiвняння (9.3.1) набуває вид

0 · x = 0.                                              (9.3.3)

Не важко переконатися у тому, що при пiдстановцi будь-якого числа (за- мiсть x ) у рiвняння (9.3.3), воно (рiвняння) перетворюється на правильну числову рiвнiсть виду 0 = 0 . I тому, за визначенням, (у випадку a = 2 будь-яке число) є коренем рiвняння (9.3.1).

Отже, при a = 2 розв’язками даного рiвняння є всi дiйснi числа, тобто x ∈ R , або, що теж саме x ∈ (−∞; +∞) . Таким чином, дане рiвняння має («може мати») три коренi лише при a = 2 .

Вiдповiдь: a = 2 .

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 3.

?!  При яких значеннях параметра a дане рiвняння (9.3.1) має один дiй-

сний корiнь?

?!  При яких значеннях параметра a дане рiвняння (9.3.1) має точно один

дiйсний корiнь?

 

 

Задача 4.

Розв’язання.

I спосiб – за допомогою методу ПЛОЩ

 

Рис. 15: до 1-го способу розв’язання задачi 4

 



  • Нехай ABCD – даний чотирикутник, O – точка перетину його дiаго- налей AC i BD . Тодi, з урахуванням умови, мають мiсце рiвностi

 

∠A + ∠C = 1800

∠B + ∠D = 1800

 AO = OC

∠C = 1800 − ∠A

⇔       ∠D = 1800 − ∠B

 AO = OC

(9.4.1)

 

 

  • Оскiльки AO = OC , то BO є медiаною трикутника ABC . I тому (за властивiстю медiани трикутника) має мiсце рiвнiсть

SABO = SCBO.                                          (9.4.2)

 

  • Оскiльки DO також є медiаною трикутника ADC , то (за властивiстю медiани трикутника) має мiсце рiвнiсть

SADO = SCDO.                                          (9.4.3)

 

  • З урахуванням (9.4.2) та (9.4.3), має мiсце рiвнiсть

SBAD = SBCD,                                          (9.4.4)

 

яку, з урахуванням вiдомої формули для обчислення площi трикутника, можна подати у виглядi

1
1
(                 )

2AB · AD · sin ∠A = 2CB · CD · sin ∠C                      (9.4.5)

Оскiльки ∠C = 1800 − ∠A та sin ∠A = sin 1800 − ∠A , то (9.4.4) можна подати у виглядi

AB · AD = CB · CD,                              (9.4.6)

 

 

звiдки й випливає, що AB : BC = CD : DA .

 

II спосiб – за допомогою описаного кола та подiбностi трикутникiв

 

 

 

Рис. 16: до 2-го способу розв’язання задачi 4

 

  • Нехай ABCD – даний чотирикутник, а O – точка перетину його дiа- гоналей AC i BD . Оскiльки у чотирикутнику ABCD суми протилежних кутiв становлять 1800 , то навколо нього можна описати коло ω .
  • Добре вiдомо, що точка перетину дiагоналей вписаного чотирикутника дiлить їх на вiдрiзки, добутки яких є рiвними, тобто

AO · OC = BO · OD.                                     (9.4.7)

 

 

OB
  • З (9.4.7) випливає, що AO

= DO , i тому △ AOB ∼△ DOC .

 

OC

Звiдки

AB       AO

=

DC      DO

.                                           (9.4.8)

 

OB
  • З (9.4.7) випливає, що CO

= DO , i тому △ COB ∼△ DOA .

 

OA

Звiдки

За  умовою  задачi  AO =  OC . Звiдки  AO = CO . I тому, з урахуванням

(9.4.8) та (9.4.9), має мiсце рiвнiсть

 

 

AB      BC       AB DC = AD ⇔ BC =

,                             (9.4.10)

DC

AD

 

з якої й випливає справедливiсть доводжуваного вiдношення.

 

 

  • спосiб – за допомогою описаного кола, центральної симетрiї та подiбностi триктуникiв

 

 

Рис. 17: до 3-го способу розв’язання задачi 4

 

  • Нехай ABCD – даний чотирикутник, а O – точка перетину його дiа- гоналей AC i BD . Оскiльки у чотирикутнику ABCD суми протилежних кутiв становлять 1800 , то навколо нього можна описати коло ω .
  • Заради визначеностi (та без втрати загальностi — з точнiстю до пере- позначення, наприклад) будемо вважати, що ∠ABC “ ∠ADC .
2
2

2.1)    Якщо ∠ABC = ∠ADC , то з урахуванням умови одержимо, що ∠ABC =  ∠ADC  =  900 .  Але  ж  тодi  DO  =  1AC  =  AO  як медiа- на прямокутного △ CDA , що проведена до гiпотенузи AC . Аналогiчно BO = 1AC = AO – як медiана прямокутного △ CBA , що проведена до гiпотенузи AC . Таким чином, у чотирикутнику ABCD дiагоналi рiвнi та точкою перетину дiляться навпiл. I тому ABCD є прямокутником. Але ж тодi AB = CD , BC = DA . Звiдки й випливає, що AB : BC = CD : DA . 2.2)     Нехай тепер ∠ABC > ∠ADC . Тодi точка F , що є симетричною

до вершини B вiдносно точки O , належить вiдрiзку OD (справедливiсть останнього не важко показати методом вiд супротивного).

2.2.1) Оскiльки AO = OC (за умовою), BO = OF (за побудовою), то за вiдомою ознакою ABCD є паралелограмом. I тому за властивiстю пара- лельних прямих i сiчної мають мiсце рiвностi

 

 

 

∠BCA = ∠CAF = α,      ∠F CA = ∠CAB = β.

Крiм того, за властивiстю паралелограма («протилежнi сторони рiв- нi») має мiсце рiвнiсть

AF = BC.                                           (9.4.11)

  • За властивiстю вписаних у коло кутiв мають мiсце рiвностi

∠BDA = ∠BCA = α,      ∠CDB = ∠CAB = β,

 

звiдки

∠CDA = ∠CDB + ∠BDA = β + α = ∠BAC + ∠CAD = ∠BAF. (9.4.12)

 

  • Розглянемо трикутники BAF та CDA . В них:

∠CDA = ∠BAF – як наслiдок з (9.4.12);

∠ABD = ∠ACD – за властивiстю вписаних у коло кутiв.

Отже, за двома кутами трикутники  BAF  та CDA є подiбними. I тому має мiсце пропорцiя

AB : AF  = DC : DA,                                  (9.4.13)

 

яку, з урахуванням (9.4.11), можна подати у виглядi

AB :  BC =  CD : DA.                                  (9.4.14)

 

 

А чи звернули Ви увагу, що?

  • основи бiсектрис кутiв CF A та CDA (трикутникiв CF A i CDA

вiдповiдно) спiвпадають!

  • BO ™ OD ⇔ ∠ABC “ ∠ADC .

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 4.

?!  Доведiть, що якщо основи бiсектрис кутiв CF A та CDA (трикутни-

кiв CF A i CDA вiдповiдно) спiвпадають, F належить медiанi DO три- кутника CDA , то справджується рiвнiсть ∠CF A + ∠CDA = 1800 .

 

 

  • спосiб – за допомогою описаного кола, теореми Фалеса та подiбностi трикутникiв

 

 

Рис. 18: до 4-го способу розв’язання задачi 4

 

  • Нехай ABCD – даний чотирикутник, а O – точка перетину його дiа- гоналей AC i BD . Оскiльки у чотирикутнику ABCD суми протилежних кутiв становлять 1800 , то навколо нього можна описати коло ω .
  • Нехай далi ∠BAC = φ , а ∠BCA = ψ . Тодi за властивiстю вписаних у коло кутiв мають мiсце рiвностi

∠BDC = ∠BAC = φ,     ∠BDA = ∠BCA = ψ.                  (9.4.15)

 

Крiм того, з трикутника ABC за теоремою синусiв маємо, що

 

  • Через вершину C проведемо пряму l паралельно до дiагоналi BD , i нехай вона (пряма l ) перетинає продовження сторiн AB i AD у точках B i D вiдповiдно. Тодi ∠BDA = ∠BDA = ψ як вiдповiднi кути при паралельних BD , BD та сiчнiй AD .

Крiм того ∠DCD = ∠CDB = φ як внутрiшнi рiзностороннi кути при паралельних BD , BD та сiчнiй CD .

Таким чином, в трикутнику CDD ∠DCD = φ , а ∠CDD = ψ . I тому за теоремою синусiв має мiсце пропорцiя

 

 

  • Оскiльки AO = OC (за умовою), BD||BD (за побудовою), то за теоремою Фалеса має мiсце рiвнiсть

DD = AD.                                           (9.4.18)

 

I тому (9.4.17) можна подати у виглядi

 

CD     sin ψ

=

DA      sin φ

.                                        (9.4.19)

 

 

Спiвставляючи (9.4.16) та (9.4.19) остаточно маємо, що

 

CD
AB

BC  =  DA ⇔ AB : BC = CD : DA.                       (9.4.20)

 

ДОПОВНЕННЯ           до задачi 4.   Доведiть справедливiсть тверджень.

?!  Нехай BF CD – вписаний у коло ω чотирикутник, у якого ∠BF C

  • гострий, а точка K перетину дiагоналей дiлить дiагональ BC навпiл. Нехай також A – точка, симетрична вершинi D вiдносно точки K , а XO
  • дiаметр кола ω , який є перпендикулярним до BC ( O , D в однiй пiвпло- щинi вiдносно BC ). Тодi:
  • має мiсце рiвнiсть BF : F C = CD : DB ;
  • основи бiсектрис кутiв BAC i BF C (трикутникiв BAC i BF C вiд- повiдно) спiвпадають;
  • F O – бiсектриса кута BF C ;
  • AL – бiсектриса кута BAC , де L = BC ∩ F O .
  • Якщо (додатково) ∠BF C = 600 , то:

5.1)    OB = OC = OM = OA , де M – центр кола ω ; 5.2)          OK = KM .

?!  «Трикутник з кутом 1200 »5

Дано нерiвнобедрений трикутник ABC , в якому ∠A = 1200 . Нехай AL — його бiсектриса, AK — медiана, проведенi з вершини A , точка O — центр описаного кола цього трикутника, F — точка перетину прямих OL i AK . Доведiть, що ∠BF C = 600 .

5задачу запозичено iз «Завдань для вiдбiркових етапiв» XIX Всеукраїнського турнiру юних математикiв iменi професора М.Й. Ядренка

 

 

Задача 5.

З’ясуємо, чи можна розрiзати квадрат 10 × 10 на 25 фiгур виду

 

Рис. 19:

 

I спосiб

  • У квадратi 10 × 10 розставимо числа 1, 2, 3 i 4 у спосiб, наведений на рис.

 

1234123412
2341234123
3412341234
4123412341
1234123412
2341234123
3412341234
4123412341
1234123412
2341234123

Рис. 20: до 1-го способу розв’язання задачi 5

 

  • Не важко перевiрити, що кiлькiсть клiтинок, якi мiстять: число «1» становить 25; число «2» – 26; число «3» – 25; число «4» –
  • При довiльному розташуваннi (в межах квадрату 10 × 10 , зображеного на рис. 20) тетрамiно (зображеного на рис. 19), всерединi нього мiститься кожне з чисел 1, 2, 3 i 4.
  • Якщо припустити, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 19), то, з урахуванням пункту 3), квадрат 10 × 10 (зображений на рис. 20) повинен мiстити: 25 чисел 1, 25 чисел 2, 25 чисел 3 i 25 чисел 4. Чого бути не може на пiдставi пункту 2).

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 19.

 

II спосiб

  • Розфарбуємо квадрат 10 × 10 у два кольори (сiрий i бiлий) так, як показано на рис.

 

Рис. 21: до 2-го способу розв’язання задачi 5

 

  • Не важко перевiрити, що при наведеному способi розфарбування число сiрих клiтинок 1 × 1 становить
  • При довiльному розташуваннi (в межах розфарбованого квадрату 10 × 10 , зображеного на рис. 21) тетрамiно (зображеного на рис. 19), все- рединi нього завжди виявляється точно 1 сiра та 3 бiлi клiтинки.
  • Припустимо, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетра- мiно (фiгур, зображених на рис. 19).

Тодi, з урахуванням пункту 3), кожна з 25 зазначених фiгур мiстить точно 1 сiру клiтинку. I тому загальна кiлькiсть сiрих клiтинок повинна становити 25, чого бути не може на пiдставi пункту 2).

Таким чином наше припущення про те, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 19) є неправильним.

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 19.

Вiдповiдь: НI, не можна.

 

 

III спосiб

  • Розфарбуємо квадрат 10 × 10 у два кольори (сiрий i бiлий) так, як показано на рис.

 

Рис. 22: до 3-го способу розв’язання задачi 5

  • Не важко перевiрити, що при наведеному способi розфарбування число сiрих клiтинок становить 52, а число бiлих клiтинок – 48.
  • При довiльному розташуваннi (в межах розфарбованого квадрату 10 × 10 , зображеного на рис. 22) тетрамiно (зображеного на рис. 19), все- рединi нього завжди виявляється точно 2 сiрi та 2 бiлi клiтинки.
  • Припустимо, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетра- мiно (фiгур, зображених на рис. 19).

Тодi, з урахуванням пункту 3), кожна з 25 зазначених фiгур мiстить точно 2 сiрi клiтинки. I тому загальна кiлькiсть сiрих клiтинок повинна становити 50, чого бути не може на пiдставi пункту 2).

Таким чином наше припущення про те, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 19) є неправильним.

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 19.

ДОПОВНЕННЯ до задачi 5.

?! Чи можна розрiзати квадрат 10 × 10 на 25 фiгур виду

 

10 клас

 

Розв’яжемо рiвняння

Задача 1.
  • Знайдемо ОДЗ даного рiвняння. Для цього достатньо розв’язати нерiв- нiсть

8x − 16 − x2 “ 0,

звiдки −(x − 4)2 “ 0 , (x − 4)2 ™ 0 ⇒ x = 4 .

Таким чином ОДЗ даного рiвняння складається з єдиного значення x = 4 незалежної змiнної x . Тому єдиним можливим коренем рiвняння (10.1.1) може бути лише x = 4 .

  • Безпосередньою пiдстановкою значення x = 4 перевiримо, чи є число

4 коренем рiвняння (10.1.1):

√       √

√4  8 · 4 − 16 − 42  + √3  4 − 3 = 1 ,

4 0 + 3 1 = 1 ,

0 + 1 = 1 ,

1 = 1 .

Оскiльки в результатi пiдстановки одержали правильну числову рiв- нiсть, то x = 4 – єдиний корiнь даного рiвняння (10.1.1).

Вiдповiдь:        x = 4 .

 

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 1.

?!  Розв’яжiть рiвняння  2017 · √4  x2  − 7x + 12 − 2016 · √7x − x2  − 12 = 0 .

 

 

Задача 2.

Доведемо, що для арифметичної прогресiї a1, a2, …, an з рiзницею d

має мiсце рiвнiсть

 

  • спосiб – за методом математичної iндукцiї
  • Перевiримо, що доводжувана рiвнiсть є правильною при початковому

n0 = 2 (база iндукцiї). А саме, що справджується рiвнiсть

    1 √      = √a2 − √a1 .                                 (10.2.2)

a1 +     a2              d

 

    1 √     = √a2 − √a1  ⇔      √    

 

 

√a2 − √a1       √

= √a2 − √a1

 

 

a1 +     a2              d

(   a1 + √a2)(√a2

a1)              d

 

√a2 − √a1

 

a2 − a1

= √a2 − √a1 . Оскiльки d  =  a  d

− a1

, то з урахуванням

 

2

останньої рiвностi, справджується рiвнiсть (10.2.2).

  • Припустимо, що доводжувана рiвнiсть є правильною при n = k > 2 . Тобто, що для певного k > 2 справджується рiвнiсть

 

1                     1

       √    + √    

    + … + √

1   √      = √ak − √a1

(10.2.3)

 

a1 +     a2

a2 +    a3

ak1 +      ak              d

 

 

2.1) З припущення про те, що доводжувана рiвнiсть є правильною при n = k (справджується (10.2.3)), доведемо, що рiвнiсть (10.2.1) викону- ється й при n = k + 1 , тобто що справджується рiвнiсть

 

Тодi, з урахуванням (10.2.3), для доведення рiвностi (10.2.4) необхiдно довести рiвнiсть

 

√ak − √a1 + √        

 

1          =  √ak+1  − √a1 .                  (10.2.5)

 

 

d                ak + √ak+1                  d

 

Для цього виконаємо наступнi перетворення

 

 

Оскiльки d = ak+1 − ak , то остання рiвнiсть є правильною. Тим самим доведено справедливiсть рiвностi (10.2.5), а разом iз нею й (10.2.4).

Висновок: оскiльки рiвнiсть (10.2.1) справджується при n = 2 , а з при- пущення про те, що (10.2.1) виконується при n = k > 2 , ми довели, що (10.2.1) виконується й при n = k + 1 , то за принципом математичної iнду- кцiї рiвнiсть (10.2.1) справджується для довiльного натурального n “ 2 .

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 2.

?!  Доведiть, що якщо довжини сторiн трикутника утворюють арифме-

тичну прогресiю, а довжини висот – геометричну, то такий трикутник є правильним.

 

 

Задача 3.

Дано трикутники ABC i ABC . Вiдомо, що AB = AB , AC = AC ,

∠C = ∠C = 1200 . Доведiть рiвнiсть трикутникiв ABC i ABC .

I спосiб   — за допомогою теореми синусiв

  • Розглянемо трикутник ABC . Нехай ∠B = φ . Тодi за теоремою синусiв має мiсце рiвнiсть

 

 

Бiльше  того,  оскiльки трикутника  ABC  – тупокутний з тупим кутом

∠C = 1200 , то φ – гострий кут.

  • Розглянемо трикутник ABC . Нехай ∠B = φ . Тодi за теоремою си- нусiв має мiсце рiвнiсть

 

 

Бiльше того, оскiльки трикутника ABC – тупокутний з тупим кутом

∠C = 1200 , то φ – гострий кут.

  • За умовою задачi AB = AB , AC = AC . I тому, з урахуванням (10.3.2) та (10.3.4), має мiсце рiвнiсть

sin φ = sin φ.                                        (10.3.5)

 

А так як кути φ i φ є гострими, то з рiвностi (10.3.5) та строгої монотон- ностi функцiї y = sin x на промiжку (0; 900) слiдує, що φ = φ .

  • Розглянемо трикутники ABC i ABC : за умовою – ∠C = ∠C ; за доведеним вище — ∠B = φ = φ = ∠B . I тому в цих трикутниках вiдпо- вiднi кути рiвнi, зокрема ∠A =  ∠A . Оскiльки  AB =  AB ,  AC  =  AC ,

∠A = ∠A , то △ ABC =△ ABC за двома сторонами та кутом мiж ними.

 

 

II спосiб   — за допомогою теореми косинусiв

  • Розглянемо трикутник ABC . Нехай BC = x , AB = c , AC = b .

Тодi за теоремою косинусiв має мiсце рiвнiсть

 

c2 = b2 + x2 − 2bx cos 1200 =

2

= b2 + x2 − 2bx (−1  ) = b2 + x2 + bx.                         (10.3.6)

  • Розглянемо трикутник ABC . Нехай BC = y . Оскiльки за умо- вою AB = AB , AC = AC , то, згiдно введених позначень, AB = c ,

AC = b . I тому за теоремою косинусiв має мiсце рiвнiсть

 

c2 = b2 + y2 − 2by cos 1200 =

2

= b2 + y2 − 2by (−1  ) = b2 + y2 + by.                         (10.3.7)

  • З урахуванням (10.3.6) та (10.3.6), має мiсце рiвнiсть

 

b2 + x2 + bx = b2 + y2 + by,                               (10.3.8) звiдки одержуємо рiвняння

x2 + bx = y2 + by ⇔

2                         2

⇔ x + bx − y − by = 0 ⇔

⇔ (x − y)(x + y) + b(x − y) = 0 ⇔

⇔ (x − y)(x + y + b) = 0.                                  (10.3.9)

Оскiльки x, y, b – довжини сторiн трикутникiв, то x + y + b ̸= 0 . А тому розв’язками рiвняння (10.3.9) є значення x = y .

З урахуванням останньої рiвностi та введених позначень, має мiсце рiвнiсть

BC = BC.                                 (10.3.10)

  • За умовою задачi – AB = AB , AC = AC ; за доведеним вище

– BC = BC . I тому △ ABC =△ ABC за трьома сторонами.

 

 

  • спосiб — шляхом узагальнення
  • Доведемо «ЧЕТВЕРТУ» ознаку рiвностi трикутникiв, а саме:

якщо двi сторони одного трикутника дорiвнюють двом сторонам iншого трикутника а кути, що лежать проти бiльших (з цих двох) сторiн також рiвнi, то такi трикутники є рiвними.

Доведення.

Нехай дано трикутники ABC i ABC , якi задовольняють умову твердже- ння, а саме: AB = AB , AC = AC , AB “ AC , AB “ AC , ∠C = ∠C . 1.1)          Якщо AB = AC , то, з урахуванням рiвностей AB = AB ,

AC = AC , маємо що AB = AC . Але ж тодi △ ABC i △ ABC є рiвнобедреними з рiвними бiчними сторонами та однаковими кутами при їх основах. I тому △ ABC =△ ABC за двома сторонами та кутом мiж ними. 1.2)          В подальшому будемо вважати, що AB > AC . Звiдки, з ураху-

ванням умови, AB > AC .

Оскiльки в будь-якому трикутнику проти бiльшої сторони лежить бiльший кут i навпаки, то:

1.2.1)    з нерiвностi AB > AC випливає, що ∠C > ∠B , а 1.2.2)             з нерiвностi AB > AC випливає, що ∠C > ∠B .

  • Оскiльки в трикутнику ABC ∠C > ∠B , то ∠B – обов’язково гострий, бо з припущення про обернене прийдемо до протирiччя з теоремою про суму кутiв трикутника. Аналогiчно, оскiльки в △ ABC ∠C > ∠B , то ∠B – гострий.
  • За теоремою синусiв з △ ABC має мiсце рiвнiсть

AC

sin ∠B = AB sin ∠C,                                (10.3.11)

а з △ ABC – рiвнiсть

 

∠                       ∠

sin   B = A′C′ sin     C.                         (10.3.12)

A′B′

Оскiльки за умовою AB = AB , AC = AC , ∠C = ∠C , то, з урахуванням (10.3.11) i (10.3.12), має мiсце рiвнiсть

sin ∠B = sin ∠B,                                    (10.3.13)

 

 

з якої (на пiдставi монотонностi функцiї y = sin x на промiжку (0; 900) ) випливає, що ∠B = ∠B .

  • Розглянемо трикутники ABC i ABC : за умовою – ∠C = ∠C ; за доведеним вище — ∠B = ∠B . I тому в цих трикутниках вiдповiднi кути рiвнi, зокрема ∠A = ∠A . Оскiльки AB = AB ,  AC = AC ,  ∠A = ∠A , то △ ABC =△ ABC за двома сторонами та кутом мiж ними.
  • Оскiльки за умовою задачi ∠C = ∠C = 1200 , то в трикутниках ABC i ABC сторони AB i AB (вiдповiдно) є найбiльшими. А тому три- кутники ABC i ABC задовольняють умовам (доведеної у першiй час- тинi) «ЧЕТВЕРТОЇ» ознаки рiвностi трикутникiв. Звiдки й випливає, що

△ ABC =△ ABC .

 

 

ЗАУВАЖЕННЯ         до задачi 3.

Якщо «ЧЕТВЕРТУ» ознаку рiвностi трикутникiв переформулювати у

виглядi «якщо двi сторони одного трикутника дорiвнюють двом сторонам iншого трикутника а кути, що лежать проти менших (з цих двох) сторiн також рiвнi, то такi трикутники є рiвними»,  то одержане твердження буде

 неправильним.

Для побудови контр-прикладу достатньо розглянути рiвнобедрений трикутник ACC з основою CC , а на променi CC обрати таку точку B , щоб кут CAB був гострим. Далi розглянемо трикутник ABC , в якому B ≡ B , A ≡ A . Тодi трикутники ABC i ABC будуть задовольняти умовам сформульованого твердження, проте не будуть рiвними, оскiльки один з них – гострокутний, а iнший – тупокутний.

  • спосiб — за допомогою рiвностi «вiдповiдних» прямокутних трикутникiв

H               C                                                  B

 

 

Рис. 23: до 5-го способу розв’язання задачi 3

  • Розглянемо △ ACB . Оскiльки (за умовою) ∠ACB = 1200 , то осно- ва H висоти, опущеної з вершини A , належить променю, доповняльно- му до променя CB . Крiм того, ∠ACH = 600  (як кут сумiжний iз ку-  том ∠ACB = 1200 ). Таким чином  △ AHC є прямокутним трикутником з гострим кутом ∠ACH = 600 . I тому (як наслiдок iз визначення синуса гострого кута прямокутного трикутника) має мiсце рiвнiсть

 

  • Розглянемо △ ACB . Оскiльки (за умовою) ∠ACB = 1200 , то осно- ва H висоти, опущеної з вершини A , належить променю, доповняльному до променя CB . Крiм того, ∠ACH = 600 (як кут сумiжний iз кутом

∠ACB = 1200 ). Таким чином △ AHC є прямокутним трикутником з гострим кутом ∠ACH = 600 . I тому (як наслiдок iз визначення синуса гострого кута прямокутного трикутника) має мiсце рiвнiсть

AC√3

 

AH = AC · sin 600 =

.                      (10.3.15)

2

 

 

  • Розглянемо прямокутнi трикутники AHB i AHB .

Оскiльки за умовою AC = AC , то з урахуванням (10.3.14) i (10.3.15), має мiсце рiвнiсть

AH = AH.                                 (10.3.16)

Крiм того, за умовою задачi AB = AB . I тому (за катетом i гiпотенузою)

△ AHB =△ AHB . Звiдки випливає рiвнiсть вiдповiдних кутiв, зокрема

∠ABH = ∠ABH      ⇒     ∠ABC = ∠ABC.                  (10.3.17)

  • Розглянемо △ ABC i  △ ABC . В них:

∠ACB = ∠ACB = 1200  – за умовою;

∠ABC = ∠ABC – за встановленою рiвнiстю (10.3.16).

I тому за властивiстю внутрiшнiх кутiв трикутника має мiсце рiвнiсть

∠BAC = ∠BAC . Крiм того (за умовою), BA = BA та CA = CA .

Таким чином за I ознакою рiвностi трикутникiв («за двома сторонами i кутом мiж ними») △ ABC =△ ABC .

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 3 (V спосiб ).

Один зi способiв доведення «четвертої» ознаки рiвностi трикутникiв,

зокрема твердження iз задачi 3, може базуватися на розглядi двоїстої задачi на побудову (за допомогою циркуля та односторонньої лiнiйки без мiток), яку можна сформулювати наступним чином: «Скiльки рiзних (нерiвних) трикутникiв можна побудувати за тупим кутом ∠C = 1200 , протилеглою стороною AB = m та прилеглою стороною AC = n ? ( m > n )».

Для її розв’язання послiдовнiсть побудов може бути наступною:

  • побудуємо промiнь CQ ;
  • вiд променя CQ у фiксовану пiвплощину вiдкладемо ∠P CQ = 1200 ;
  • на променi CP вiд початкової точки C вiдкладемо вiдрiзок CA = n ;
  • побудуємо коло ω радiуса m з центром у точцi A ; ω перетинає промiнь

CQ у точцi B . Тодi △ ABC – шуканий.

«З точнiстю до розташування на площинi» промiнь CQ фiксується в єдиний спосiб. Кожна наступна побудова завжди виконувана, причому в єдиний спосiб. Звiдки й випливає iснування та єдинiсть розв’язку даної метричної задачi на побудову.

 

 

 

А чи знали Ви

iншi ознаки рiвностi трикутникiв?

Два трикутники рiвнi, якщо:6
  • двi сторони i висота, опущена на одну з них, одного трикутника вiдпо- вiдно дорiвнюють двом сторонам i висотi iншого трикутника;
  • двi сторони i висота, опущена на третю сторону, одного трикутника вiдповiдно дорiвнюють двом сторонам i висотi iншого трикутника;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i висота, опущена на цю сто- рону, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та висотi iншого трикутника;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i висота, опущена на сторо- ну, протилежну даному куту, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та висотi iншого трикутника;
  • кут, сторона, протилежна до цього кута, i висота, опущена на iншу сто- рону, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та висотi iншого трикутника;
  • два кути i висота, проведена з вершини одного з них, вiдповiдно рiвнi двом кутам i висотi iншого трикутника;
  • два кути i висота, проведена з вершини третього кута, вiдповiдно рiвнi двом кутам i висотi iншого трикутника;
  • сторона i двi висоти, опущенi на двi iншi сторони, одного трикутника вiдповiдно рiвнi сторонi i двом висотам iншого трикутника;
  • сторона i двi висоти, одна з яких опущена на дану сторону, одного трикутника вiдповiдно рiвнi сторонi i двом висотам iншого трикутника;
  • кут i двi висоти, опущенi на його сторони, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту i двом висотам iншого трикутника;
  • кут i двi висоти, одна з яких проведена з даного кута, одного трику- тника, вiдповiдно рiвнi куту i двом висотам iншого трикутника;
  • двi сторони i медiана, проведена до однiєї з них, одного трикутника вiдповiдно дорiвнюють двом сторонам i медiанi iншого трикутника;

6Запропонованi задачi запозиченi з посiбника авторiв Смирнова И., Смирнов В.

50 задач о равенстве треугольников // М.: Чистые пруды, 2007. – 32 с.

 

 

  • двi сторони i медiана, яка знаходиться мiж ними, одного трикутника вiдповiдно дорiвнюють двом сторонам i медiанi iншого трикутника;
  • два кути i медiана, проведена з вершини одного з них, вiдповiдно рiвнi двом кутам i медiанi iншого трикутника;
  • два кути i медiана, проведена з вершини третього кута, вiдповiдно рiвнi двом кутам i медiанi iншого трикутника;
  • сторона i двi медiани, проведенi до двох iнших сторiн, одного трику- тника вiдповiдно рiвнi сторонi i двом медiанам iншого трикутника;
  • сторона i двi медiани, одна з яких проведена до даної сторони, одного трикутника вiдповiдно рiвнi сторонi i двом медiанам iншого трикутни- ка;
  • двi сторони i бiсектриса, проведена до однiєї з них, одного трикутника вiдповiдно дорiвнюють двом сторонам i бiсектрисi iншого трикутника;
  • двi сторони i бiсектриса, яка знаходиться мiж ними, одного трикутника вiдповiдно дорiвнюють двом сторонам i бiсектрисi iншого трикутника;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i бiсектриса, проведена до цiєї сторони, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та бiсектрисi iншого трикутника;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i бiсектриса, проведена з вер- шини цього кута, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та бiсектрисi iншого трикутника;
  • два кути i бiсектриса, проведена з вершини одного з них, вiдповiдно дорiвнюють двох кутам i бiсектрисi iншого трикутника;
  • два кути i бiсектриса, проведена з вершини третього кута, вiдповiдно дорiвнюють двом кутам i бiсектрисi iншого трикутника;
  • сторона, медiана i висота, проведенi до цiєї сторонi, одного трикутника вiдповiдно рiвнi сторонi, медiанi i висотi iншого трикутника;
  • сторона, бiсектриса i висота, проведенi до цiєї сторонi, одного трику- тника вiдповiдно рiвнi сторонi, бiсектрисi i висотi iншого трикутника;
  • сторона, медiана i висота, проведенi до iншої сторони, одного трикут- ника вiдповiдно рiвнi сторонi, медiанi i висотi iншого трикутника;

 

 

  • сторона, бiсектриса i висота, проведенi до iншої сторони, одного трику- тника вiдповiдно рiвнi сторонi, бiсектрисi i висотi iншого трикутника;
  • сторона, бiсектриса i висота, проведенi до двох iнших сторiн одного трикутника вiдповiдно рiвнi сторонi, бiсектрисi i висотi iншого трику- тника;
  • кут, медiана i висота, проведенi з вершини цього кута, одного трику- тника вiдповiдно рiвнi куту, медiанi i висотi iншого трикутника;
  • кут, бiсектриса i висота, проведенi з вершини цього кута, одного три- кутника вiдповiдно рiвнi куту, бiсектрисi i висотi iншого трикутника;
  • кут, медiана i висота, проведенi з вершини iншого кута, одного трику- тника вiдповiдно рiвнi куту, медiанi i висотi iншого трикутника;
  • кут, бiсектриса i висота, проведенi з вершини iншого кута, одного три- кутника вiдповiдно рiвнi куту, бiсектрисi i висотi iншого трикутника;
  • кут, бiсектриса, проведена з його вершини, i висота, опущена на сторо- ну, прилеглу до цього кута, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, бiсектрисi i висотi iншого трикутника;
  • три висоти одного трикутника вiдповiдно рiвнi трьом висотам iншого трикутника;
  • три медiани одного трикутника вiдповiдно рiвнi трьом медiанам iншого трикутника.

 

Два рiвнобедренi трикутники рiвнi,  якщо:7
  • у них рiвнi основи та опущенi на них висоти;
  • основа i висота, опущена на бiчну сторону, одного з трикутникiв вiдпо- вiдно рiвнi основi та висотi iншого трикутника;
  • основа i медiана, проведена до бiчної сторони, одного з трикутникiв вiдповiдно рiвнi основi та медiанi iншого трикутника;
  • основа i бiсектриса, проведена до бiчної сторони, одного з трикутникiв вiдповiдно рiвнi основi та бiсектрисi iншого трикутника;

 

7Запропонованi задачi запозиченi з посiбника авторiв Смирнова И., Смирнов В.

50 задач о равенстве треугольников // М.: Чистые пруды, 2007. – 32 с.

 

 

Чи будуть два трикутники рiвнi, якщо:8
  • двi сторони i кут одного трикутника вiдповiдно дорiвнюють двом сто- ронам i куту iншого трикутника?;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i висота, опущена на iншу сторону, прилеглу до даного кута, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та висотi iншого трикутника?;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i медiана, проведена до цiєї сторони, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та медiанi iншого трикутника?;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i медiана, проведена до сторо- ни, протилежної даному куту, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та медiанi iншого трикутника?;
  • кут, сторона, протилежна до цього кута, i медiана, проведена до iн- шої сторони, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi i медiанi iншого трикутника?;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i медiана, проведена до iншої сторони, прилеглої до даного кута, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi i медiанi iншого трикутника?;
  • кут i двi медiани, проведенi до його сторiн, одного трикутника вiдпо- вiдно рiвнi куту i двом медiанам другого трикутника?;
  • кут i двi медiани, одна з яких проведена з вершини даного кута, одного трикутника, вiдповiдно рiвнi куту i двом медiанам iншого трикутника?;
  • кут, сторона, що прилягає до цього кута, i бiсектриса, проведена до iншої сторони, прилеглої до даного кута, одного трикутника вiдповiдно рiвнi куту, сторонi та бiсектрисi iншого трикутника?;
  • сторона, медiана i висота, проведенi до двох iнших сторiн, одного три- кутника вiдповiдно рiвнi сторонi, медiанi i висотi другого трикутника?;
  • кут, медiана i висота, проведенi з вершин двох iнших кутiв, одного три- кутника вiдповiдно рiвнi куту, медiанi i висотi другого трикутника?

 

 

8Запропонованi задачi запозиченi з посiбника авторiв Смирнова И., Смирнов В.

50 задач о равенстве треугольников // М.: Чистые пруды, 2007. – 32 с.

 

 

Задача 4.

Через довiльну але фiксовану точку Q на сторонi BC нерiвнобедре- ного трикутника ABC провести пряму QD , яка дiлить трикутник на двi фiгури рiвних площ.

Базова задача 1.  В довiльному трикутнику ABC медiана AA0

дiлить його на два трикутники рiвних площ – рис. 24 a)

 

 

Рис. 24: до базової задачi  1

Справедливiсть твердження є наслiдком, наприклад, наступних мiркувань:

0
2
2
2
4

SAA B = 1 · BA0 · AA0 · sin φ = 1 · BC · AA0 · sin φ = 1BC · AA0 · sin φ ;

0
2
2
2
4

SAA C = 1 · CA0 · AA0 · sin(1800 − φ) = 1 · BC · AA0 · sin φ = 1BC · AA0 · sin φ .

 

Базова задача 2.  В довiльнiй трапецiї ABCD (з основами AD , BC та точкою O перетину дiагоналей AC  BD )  площi  трикутникiв AOB i DOC є рiвними – рис. 24 b)

Справедливiсть твердження є наслiдком, наприклад, наступних мiркувань:

Нехай BB i CC – висоти трапецiї. Тодi, як добре вiдомо, BB = CC .

  • тому

SABD = 1AD · BB = 1AD · CC = SACD .

2                                    2

Звiдки

 

 

Але ж тодi

S△ABD − S△AOD = S△ACD − S△AOD .

 

S△ABO = S△DCO .

 

 

I спосiб – за базовими задачами 1 i 2

 

Рис. 25: до 1-го способу розв’язання задачi 4

  • Якщо точка Q спiвпадає iз серединою A0 сторони BC , то шу- каною прямою (« QD ») буде пряма, що мiстить медiану AA0 трикутника ABC . Бо за базовою задачею 1 має мiсце рiвнiсть SAA0B = SAA0C .
  • Розглянемо тепер випадок, коли точка Q не спiвпадає iз сере-

диною A0 сторони BC . Заради визначеностi (та без втрати загальностi) будемо вважати, що точка Q лежить мiж точками B i A0 .

  • Сполучимо вiдрiзком точки A i Q та через A0 проведемо пряму l паралельно до прямої AQ . Тодi пряма l перетинає сторону AC у певнiй точцi D (за допомогою методу вiд супротивного наведiть строгi обгрун- тування зазначеного факту неаксiоматичного характеру! ).
  • Розглянемо чотирикутник AQA0D . Оскiльки AQ||DA0 (за побудо- вою), а прямi AD i QA0 перетинаються у вершинi C (тобто,  AD i  QA0 не є паралельними), то AQA0D є трапецiєю з основами AQ, DA0 .
  • Нехай далi F – точка перетину дiагоналей трапецiї AQA0D . Тодi за базовою задачею 2 має мiсце рiвнiсть

SQF A0  = SAF D.                                       (10.4.1)

 

  • Доведемо, що SBADQ = SCDQ . Для цього достатньо показати, що
2

SBADQ = 1 S△ABC .

З визначення площi фiгури випливає, що SBADQ = SBAF Q + SAF D . А, з урахуванням (10.4.1), маємо

SBADQ  = SBAF + S△QF A0    = S△BAA0 .                     (10.4.2)

 

2

I тому, з урахуванням базової задачi 1, SBADQ = 1SABC .

 

 

  • спосiб – за допомогою побудови «четвертого пропорцiйного» Базова задача Якщо пряма, яка не проходить через жодну з вершин трикутника, перетинає одну з його сторiн, то така пряма перетинає лише одну з двох iнших сторiн трикутника.

 

Рис. 26: до 2-го способу розв’язання задачi 4

Якщо точка Q спiвпадає iз серединою A0 сторони BC , то шуканою прямою (« QD ») буде пряма, що мiстить медiану AA0 трикутника ABC .

Тому в подальшому будемо дослiджувати лише той випадок, коли точка Q не спiвпадає iз серединою A0 сторони BC .

I етап.   Аналiз

1.1)    Будемо вважати, що точка Q лежить мiж точками B i A0 .

Отже, припустимо що шукану пряму m (яка проходить через точу Q i дiлить △ ABC на двi фiгури рiвних площ) побудовано. Тодi пряма m не може проходити через жодну з вершин даного трикутника ABC :

через B (або/i C ) не може, бо тодi m «не дiлить» △ ABC на двi фiгури; через A не може, бо тодi m вiдтинала би △ AQB , площа якого менша за площу трикутника AA0B (менша за половину площi △ ABC ).

Бiльше того m не може перетинати й сторону AB , бо в цьому випадку пряма m також вiдтинала би трикутник, площа якого менша за площу трикутника AA0B (менша за половину площi △ ABC ).

Таким чином, шукана пряма m (у випадку коли  Q лежить мiж  B i A0 ) перетинає саме сторону AC в певнiй точцi D . А розв’язування самої задачi зводиться до побудови точки D на сторонi AC .

 

 

1.2)    Нехай далi γ = ∠ACB . Тодi, з урахуванням вiдомої формули, мають мiсце рiвностi

2SABC = CA · CB · sin γ;      2SDCQ = CD · CQ · sin γ.               (10.4.3)

2

Оскiльки (за припущенням) SDCQ = 1SABC , то, з урахуванням

(10.4.3), має мiсце рiвнiсть

2

1 CA · CB · sin γ = CD · CQ · sin γ ⇔ CA · CB = 2CD · CQ,           (10.4.4)

 

 

звiдки                                      CD = CA · CB

2 · CQ

(10.4.5)

 

Оскiльки за умовою дано трикутник ABC та точку Q , то довжини вiдрiзкiв CA , CB , CQ (а тому i 2 · CQ ) є (слiд вважати) заданими (ста- лими величинами). I тому вiдрiзок CD , заданий формулою (10.4.5) можна побудувати (за допомогою циркуля та лiнiйки) як «четвертий пропорцiй- ний» вiдрiзок.

Таким чином, вiдклавши на променi CA вiд початкової точки C вiд- рiзок CD , заданий формулою (10.4.5), можна побудувати точку D , а разом iз нею i шукану пряму QD .

II етап.   Побудова

  • На променi QB вiд точки Q вiдкладемо вiдрiзок QE = CQ .

Тим самим на променi CB вiд початкової точки C вiдкладено вiдрi- зок CE = 2CQ .

  • Через точку B проведемо пряму l паралельно до прямої EA . Тодi l

(за базовою задачею 3) перетинає сторону AC в певнiй точцi D .

QD — шукана пряма (яка дiлить △ ABC на двi фiгури рiвних площ).

III етап.   Доведення

  • За побудовою BD||EA . I тому за теоремою про пропорцiйнi вiдрiзкiв
CB
=       .
CD

справджується рiвнiсть CE        CA

  • За побудовою CE = 2CQ . I тому останню пропорцiю можна подати

у виглядi 2CQ = CA . Звiдки CD = CA·CB .

 

CB            CD

CQ

 

  • SDCQ = 1CD CQ · sin γ = 1 CA·CB · CQ · 2SABC

= 1 S△ABC .

 

2                                                   2   2·CQ                       CA·CB           2

 

 

IV етап.    Дослiдження

  • Якщо точка Q спiвпадає з вершиною B , то шукана сiчна (пряма

« QD ») спiвпадає з прямою, яка мiстить медiану △ ABC , проведену до сторони AC .

  • Якщо точка Q спiвпадає з вершиною C , то шукана сiчна (пряма

« QD ») спiвпадає з прямою, яка мiстить медiану △ ABC , проведену до сторони AB .

  • Якщо точка Q спiвпадає iз серединою A0 сторони BC , то шукана сiчна (пряма « QD ») спiвпадає з прямою, яка мiстить медiану AA0 трику- тника ABC .
  • Якщо точка Q лежить мiж точками B i A0 , то шукана сiчна (пряма

« QD ») перетинає сторону AC i завжди може бути побудована у зазначе- ний спосiб.

  • Якщо точка Q лежить мiж точками A0 i C , то шукана сiчна (пряма

« QD ») перетинає сторону AB i також завжди може бути побудована в аналогiчний спосiб.

Таким чином, дана задача завжди має єдиний розв’язок.

Єдинiсть шуканої сiчної — прямої « QD » (яка дiлить △ ABC на двi фiгури рiвних площ) не важко показати методом вiд супротивного. (Дове- дення «єдиностi» пропонуємо читачу в якостi неважкої вправи)

 

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 4.

?!  При якому положеннi точки Q на сторонi BC шукана пряма QD

буде: 1)   паралельною до сторони AB ?

2)   паралельною до сторони AC ?

?!  Дано (опуклий чотирикутник) ABCD . Через вершину A провести

пряму, яка дiлить чотирикутник на двi фiгури рiвних площ.9

?!  Дано (опуклий чотирикутник) ABCD . Через точку Q на сторонi AD

провести пряму, яка дiлить чотирикутник на двi фiгури рiвних площ.

9Гейдман Б.П. Площади многоугольников. – М.: 2001. – 24 с. (Библиотека «Матема- тическое просвещение», выпуск 9)

 

 

Задача 5.

 

I спосiб

 

Розфарбуємо квартали мiста у шаховому порядку так, щоб праворуч вiд першого i другого велосипедиста у момент старту знаходився чорний квар- тал.

 

 

 

 

Рис. 27:

 

Тодi у будь-який момент часу праворуч вiд кожного з велосипедистiв зна- ходиться чорний квартал.

Це дiйсно так, бо на кожному перехрестi (крiм першого – стартово- го) кожен велосипедист обов’язково повертає: або лiворуч, i тодi праворуч вiд нього знаходиться чорний квартал вiдмiнний вiд того, який вiн щойно проїхав, або ж праворуч, i тодi велосипедист огинає (залишаючись злiва вiд нього) той самий чорний квартал, який щойно проїхав.

  • Зустрiч велосипедистiв не може вiдбутися на жодному з перехресть. Це випливає з того, що перший велосипедист (рухаючись зi сталою швидкiстю 1 квартал за хвилину) з’являється на перехрестях кожної хвилини (з моменту початку руху), тобто, в моменти часу t ( t = 1, 2, … ), якi є натуральними числами. Оскiльки другий велосипедист починає свiй рух через пiвхвилини пiсля першого i рухається зi сталою швидкiстю 1 квартал за хвилину, то на перехрестях вiн з’являється в моменти часу t + 0, 5 ( t = 1, 2, … ), якi не є натуральними числами. Тому не iснує такого моменту часу, в який велосипедисти одночасно з’являються на перехрестях.

 

 

  • Оскiльки велосипедисти рухаються з однаковою швидкiстю i рiзницею у часi в пiвхвилини, то жоден з них не може наздогнати iншого: на пере- хрестi цього статися не може за доведеним ранiше;

посеред деякого з кварталiв цього також не може статися, оскiльки з припущення про обернене i умови руху з однаковою швидкiстю, на насту- пному перехрестi вони з’являться одночасно, чого не може бути.

  • Отже, зустрiч велосипедистiв якщо i є можливою, то лише посеред де- якого з кварталiв, причому, за умови руху назустрiч один одному. Але остан- нє також не можливе, бо для одного з них в цьому разi чорний квартал буде розташований лiворуч, а для iншого – праворуч.

II спосiб

 

  • Жоден з велосипедистiв не може наздогнати iншого оскiльки другий стартував на пiвхвилини пiзнiше першого, i на протязi всього часу вони рухались з постiйними однаковими швидкостями. На перехрестi кварталiв зустрiч також не може вiдбутися, оскiльки велосипедисти з’являються на них в рiзнi моменти часу. Надалi будемо вважати, що кожен квартал мiста обмежують (по периметру) 4 рiзнi вулицi, якi починаються i закiнчуються в межах цього кварталу.

 

Рис. 28:

 

  • Звернемо увагу на той факт, що кожен з велосипедистiв для повернення у початкове положення (на стартове перехрестя), рухаючись згiдно зазна- чених правил, повинен подолати парну кiлькiсть вулиць мiста. Нехай т. O

– стартове перехрестя, а т. A1 – перше перехрестя, на якому повертають велосипедисти.

 

 

Зафiксуємо в площинi мiста прямокутну систему координат XOY з початком в т. O , вiссю OX , додатнiй напрямок якої визначається т. A1 , та одиницею вимiру OA1 . Додатнiй напрямок на осi OY визначимо у зви- чний спосiб. Дослiдимо траєкторiю руху велосипедиста, початок i кiнець якої спiвпадають з точкою O . Для цього позначимо через Ai ( i = 1, 2, … ) перехрестя, якi велосипедист послiдовно проїжджає (належать траєкторiї його руху – замкненiй ламанiй OA1A2…AnO ). Оскiльки на кожному пе- рехрестi велосипедист повертає лiворуч або праворуч, то положення точки Ai+1 ( An+1 = O ) вiдрiзняється вiд положення точки Ai лише одною ко- ординатою – першою або другою. Бiльше того: якщо вулиця AiAi+1 па- ралельна до осi OX , а напрямок вiд перехрестя Ai до перехрестя Ai+1 спiвпадає (не спiвпадає) з додатним напрямком осi OX , то абсциса точки Ai+1 збiльшиться (зменшиться) на одну одиницю у порiвняннi з абсцисою точки Ai . Те ж саме має мiсце для вулиць паралельних до осi OY .

Той факт, що велосипедист повернувся на стартове перехрестя (у т.

O(0; 0) ) означає, що:

  • сумарне число вулиць, яке велосипедист проїжджав паралельно до осi OX є парним – скiльки разiв рухався в додатному напрямку осi OX , стiльки ж i у вiд’ємному її напрямку;
  • сумарне число вулиць, яке велосипедист проїжджав паралельно до осi OY є парним – скiльки разiв рухався в додатному напрямку осi OY , стiльки ж i у вiд’ємному її напрямку.

Таким чином, довiльна траєкторiя OA1A2…AnO велосипедиста, який рухається кварталами мiста згiдно зазначених правил, мiстить парну кiль- кiсть вулиць.

  • Покажемо тепер, що велосипедисти не можуть зустрiтися посеред де- якої вулицi, рухаючись на зустрiч один одному. Доведення проведемо мето- дом вiд супротивного, а саме:

припустимо, що вказана зустрiч сталася посеред певної вулицi (мiж двома перехрестями однiєї вулицi). Тодi на момент зустрiчi перший велоси- педист подолав 3/4 , а другий – 1/4 цiєї вулицi. Бiльше того, до зазначеної подiї, кожен з них подолав однакову кiлькiсть k повних вулиць.

 

 

Отже, велосипедисти разом на момент зустрiчi подолали непарну

кiлькiсть 2k + 1 вулиць мiста.

Якщо, перший з велосипедистiв пiсля зустрiчi продовжить рух, повто- ривши траєкторiю руху другого в зворотному напрямку, то через певний час вiн повернеться у початкове положення (на стартове перехрестя) i подолає при цьому (з моменту свого старту) непарну кiлькiсть вулиць мiста. Чого бути не може, оскiльки будь-яка траєкторiя руху, що починається i закiн- чується у фiксованому перехрестi, мiстить парну кiлькiсть вулиць мiста.

Прийшли до протирiччя з припущенням, i тому наша гiпотеза про можливiсть зустрiчi велосипедистiв посеред вулицi (рухаючись на зустрiч один одному) є хибною. Таким чином, велосипедисти не можуть зустрiтися.

Вiдповiдь:         НI, не можуть зустрiтися.

 


ДОПОВНЕННЯ         
до задачi 5.

 

Суть методу доведення вiд супротивного

«Отбросьте все невозможное, и то, что останется и будет ответом, каким бы невероятным он не казался!»

Цитата з книги: «Пригоди Шерлока Холмса»

 

 

Логiчною основою методу доведення вiд супротивного є «закон вик- лючення третього»: з двох супротивних тверджень одне завжди є iстин- ним («правильним»), друге — хибним («неправильним»), а третього бути не може.

Завдяки цьому закону замiсть доведення певного твердження (пiд час використання методу доведення вiд супротивного) доводять, що супротив- не йому твердження — хибне («неправильне»), i на цiй пiдставi роблять висновок, що iстинним («правильним») є саме доводжуване твердження.

 

11 клас

 

Задача 1.

 

Нехай ABCDA1B1C1D1 — куб, зображений на рис. 29. Заради визначеностi будемо вважати, що довжина його ребра становить a (лiн. од.).

I частина.  Доведемо, що куб м ожна перетнути площиною так, щоб

в перерiзi утворився правильний трикутник

 

  • Не важко переконатися, що вершини A , C , B1 такого куба не нале- жать однiй прямiй (справедливiсть останнього випливає, наприклад з того, що пряма B1C1 , яка мiстить вершину B1 є мимобiжною iз прямою AC ).
  • Розглянемо (сiчну) площину γ , що визначається точками A , C i B1 .
  • Оскiльки A, B1 ∈ γ , то пряма AB1 ∈ γ . I тому γ перетинає грань ABB1A1 по вiдрiзку AB1 . Аналогiчно γ перетинає грань ABCD по вiд- рiзку AC , а грань BCC1B1 – по вiдрiзку CB1 .

I тому перерiзом куба ABCDA1B1C1D1 сiчною площиною γ є фiгура

ACB1 , яка, з урахуванням пункту 1), є трикутником.

  • Оскiльки AC , CB1 i B1A є дiагоналями квадратiв ( ABCD , BCC1B1

i ABB1A1 вiдповiдно) зi стороною a , то (як добре вiдомо)

AC = CB1 = B1A = a√2 .

Звiдки й випливає, що △ ACB1 є правильним.

 

 

II частина.  Доведемо, що куб м ожна перетнути площиною так, щоб

в перерiзi утворився правильний шестикутник

 

 

Розглянемо точки M , N , P , Q , R i S , що є серединами ребер (куба ABCDA1B1C1D1 , зображеного  на  рис.  30)  AA1 ,  A1B1 ,  B1C1 ,  C1C ,  CD i DA вiдповiдно. Доведемо, що M N P QRS є правильним шестикутником. Для доведення гiпотези необхiдно показати виконання 3 умов:

  1. що точки M , N , P , Q , R i S належать однiй площинi;
  2. рiвнiсть довжин вiдрiзкiв M N , N P , P Q , QR , RS i SM ;
  3. рiвнiсть кутiв ∠M N P , ∠N P Q , ∠P QR , ∠QRS , ∠RSM i ∠SM N .
  • спосiб доведення.
    • Доведемо виконання умови B).

Вiдрiзки M N , N P , P Q ,  QR ,  RS  i  SM  є середнiми  лiнiями (рiвних за двома катетами прямокутних) трикутникiв AA1B1 , A1B1C1 , B1C1C , C1CD ,  CDA i  DAA1  вiдповiдно  (з  «основами-гiпотенузами», рiвними

a√2 ). I тому (за властивiстю середньої лiнiї трикутника) мають мiсце рiв-

 

ностi

 

 

M N = N P = P Q = QR = RS = SM =

 

  • Доведемо виконання умови A).

a√2 2

.             (11.1.1)

 

2.1)    Добре вiдомо, що в кубi вiдповiднi дiагоналi протилежних граней є паралельними, зокрема:    AB1||DC1,       A1C1||AC,      B1C||A1D.

 

 

 

2.2) Оскiльки M N i QR є середнiми лiнiями трикутникiв AA1B1 i C1CD вiдповiдно, то M N ||AB1 , QR||DC1 , звiдки, з урахуванням пункту 2.1) та властивiстю паралельних прямих, маємо що M N ||QR.

Повторюючи аналогiчнi мiркування, маємо що N P ||RS; P Q||SM. 2.3) Оскiльки  P  та  S  — середини паралельних i рiвних ребер куба, то в чотирикутнику P C1DS протилежнi сторони P C1 та SD паралельнi i рiвнi. А тому P C1DS є паралелограмом. Звiдки P S||C1D . Отже,

N M ||P S||QR                                         (11.1.2)

Повторюючи аналогiчнi мiркування, не важко показати, що

M S||N R||P Q,          N P ||M Q||SR                         (11.1.3)

2.4) Оскiльки N P ||M Q , то iснує єдина площина γ (яка визначається па- ралельними прямими N P i M Q ), що мiстить точки N, P, M, Q .

Оскiльки N M ||QR , то iснує єдина площина γ1 (яка визначається паралельними прямими N M i QR ), що мiстить точки M, N, Q, R .

Оскiльки площини γ i γ1 мають три спiльнi точки M, N, Q , то пло- щини γ i γ1 спiвпадають. Тобто, точки M, N, P, Q, R належать γ .

Оскiльки N P ||SR , то iснує єдина площина γ2 (яка визначається па- ралельними прямими N P i SR ), що мiстить точки N, P, S, R .

Оскiльки площини γ i γ2 мають три спiльнi точки N, P, R , то пло- щини γ i γ2 спiвпадають. Звiдки й випливає, що точки M, N, P, Q, R, S належать однiй площинi γ .

  • Доведемо виконання умови C).
з них становить  a√   .
  • Довжини вiдрiзкiв SN , M P , N Q , P R , QS i RM є рiвними, як вiдстанi мiж серединами мимобiжних ребер куба. Не важко переконатися (наприклад, двiчi застосовуючи теорему Пiфагора), що довжина будь-якого

3

2

  • З урахуванням пункту 3.1) та рiвностей (11.1.1) трикутники M N P , N P Q , P QR , QRS , RSM i SM N є рiвними за III ознакою рiвностi три- кутникiв. Звiдки й випливає виконання умови C).

Таким чином, M N P QRS є правильним шестикутником.

 

 

  • спосiб доведення.

 

 

Рис. 31: до 2-ої частини задачi 1

  • Зафiксуємо у просторi прямокутну декартову систему координат з початком у вершинi B та осями OX , OY i OZ , додатнi напрями яких спiвпадають iз напрямами векторiв −B→A ,  −B−→C  i  −B−B→1   вiдповiдно – рис.

Оскiльки ребро куба становить a (лiн.од.), то точки M , N , P , Q ,

R i S (вiдносно введеної системи координат) мають наступнi координати:

M (a; 0; a), N (a; 0; a), P (0; a; a), Q(0; a; a), R(a; a; 0), S(a; a; 0).       (11.1.4)

2                2                                  2                                  2                2                                 2

 

Не важко перевiрити, що наступнi вектори мають координати:

  • Доведемо виконання умови B). 1) Оскiльки −N−→P = −S→R , то

N P = SR = |−N−→P | = |−S→R| = √(− a )2  + (a)2  + 02  =  √a .

 

 

2.2)    Оскiльки  −N−M→ = −Q→R , то
2
2
2

N M = QR = |N−−M→| = |−Q→R| = √(a)2  + 02  + (− a )2  =  √a .

 

 

M S = P Q = |−M−→S| = |−P→Q| = √02  + (a)2  + (− a )2  =  √a .

2.3)    Оскiльки  −M−→S = −P→Q , то

 

 

Бiльше того, мають мiсце рiвностi

N P = SR = N M = QR = M S = P Q =

 

  • Доведемо виконання умови A).

 

  • Якщо −O→C = α −O→A + β · −O−→B , де  −O→A  i  −O−→B  непаралельнi вектори, а α, β ∈ R , то вектори  −O→A ,  −O−→B  i  −O→C  належать однiй площинi, або, що теж саме — чотири точки O, A, B, C належать однiй площинi.
2
2
2
2
  • Оскiльки координати векторiв −N−→P (− a; a; 0)  i  −N−M→(a; 0; − a )  не є про-

порцiйними, то вектори  −N−→P  i  −N−M→ не є паралельними. 3.3)          Оскiльки:

2
2

−N−→Q(− a ; a; − a ) = 2−N−→P + −N−M→ , то  M, N, P, Q належать однiй площинi;

−N−→R(0; a; −a) = 2−N−→P +2−N−M→ , то точки  M, N, P, R належать однiй площинi.

2
2

−N→S(a; a; −a) = −N−→P + 2−N−M→ , то точки  M, N, P, S  належать однiй площинi.

Отже, шiсть точок M, N, P, Q, R, S належать однiй площинi.

  • Доведемо виконання умови C).
  • Для цього кути ∠M N P , ∠N P Q , ∠P QR , ∠QRS , ∠RSM i ∠SM N

будемо  розглядати  як  кути  мiж  парами  векторiв  −N−M→  i  −N−→P ,  −P−→N  i  −P→Q ,

−Q→P  i  −Q→R ,  −R→Q i  −R→S ,  −S→R  i  −S−M→ ,  M−−→S  i  −M−→N  (вiдповiдно).

  • Добре вiдомо,  що  кут  мiж  векторами   −→m   i   −→n   (зi  спiльним  поча- тком)  можна  знайти  за  допомогою  спiввiдношення  cos ∠(−→m; −→n )  =  −→m;−→n ⟩  ,

 

−→ −→

−→    −→

−→   −→

|−→m|·|−→n |

 

де ⟨m; n ⟩ – скалярний добуток векторiв m i n , а |m|, | n | – їх модулi.

  • Як випливає з пункту 2), модуль кожного iз зазначених у пiдпунктi

 

.
2

4.1) векторiв становить  a

4.4)   Оскiльки:

−−→         a         a      −−→            a  a

−−→

−−→

−a2/4           1

 

N M = ( 2 ; 0; − 2 ) , N P = (− 2 ; 2 ; 0) , то cos ∠(N M ; N P ) =

a   · √a

= −2 ,

 

звiдки ∠M N P = 1200 ;

 

звiдки ∠SM N = 1200 .

Таким чином, M N P QRS є правильним шестикутником.

Вiдповiдь:       ТАК, ТАК.

Доповнення        до задачi 1.

?!  Доведiть, що якщо вiд вершини куба на трьох його ребрах, що вихо- дять iз неї, вiдкласти вiдрiзки однакової довжини (меншої за довжину ребра

куба), то в перерiзi куба площиною, яка проходить через кiнцi зазначених

вiдрiзкiв, одержимо правильний трикутник.

?!  Побудуйте перерiз куба ABCDA1B1C1D1 сiчною площиною γ , що

проходить через точки

  • M , N i P , якi є серединами ребер AA1 , A1B1 та B1C1 вiдповiдно;
  • M , N i Q , якi є серединами ребер AA1 , A1B1 та C1C вiдповiдно;
  • M , P i R , якi є серединами ребер AA1 , B1C1 та CD вiдповiдно.

?!  Чи можна в перерiзi куба площиною одержати:

  • п’ятикутник? («так»); 2)   правильний п’ятикутник? («нi»).

Вiдповiдь обґрунтуйте!

?!  Чи можна в перерiзi куба площиною одержати:

1)    квадрат? («так»);      2)   прямокутник? («так»);

3)   ромб? («так»);           4)   трапецiю? («так»);

5)    прямокутну трапецiю? («нi»). Вiдповiдь обґрунтуйте!

 

 

 

 

Доведiть, що число

 

 

 

є цiлим.

  • Оскiльки

Задача 2.

 

a = √√19 − √3 − 8√35 − 8√19                            (11.2.1)

 

√                 (√           )2  22

35 − 8√19 = 35 − 2 · 4 · √19 = 19 + 16 − 2 · 4 · √19 =

√                       √(              )       .              .35 − 8                       19 =                          19 −4  =             19 − 4  =     19 − 4 (11.2.2)

= √19   − 2 · 4 ·      19 + 4   =      19 − 4     , то

√                √             2           √                 √

i тому, з урахуванням (11.2.1), має мiсце. рiвнiсть.

a = √√19 − √3 − 8 (√19 − 4) =

= √√19 − √3 − 8√19 + 32 = √√19 − √35 − 8√19                    (11.2.3)

  • З урахуванням (11.2.2) та (11.2.3) має мiсце рiвнiсть

a = √√19 − (√19 − 4) = √√19 − √19 + 4 = √4 = 2.                  (11.2.4)

Таким чином, дане число є натуральним, а тому й цiлим. Що й треба було довести.

Вiдповiдь:      √√19 − √3 − 8√35 − 8√19 = 2 ∈ N ⊂ Z .

 

 

 

 

ДОПОВНЕННЯ          до задачi 4.

 

?!  Доведiть, що число 3

?!  Доведiть, що число

3 + 2√2 −      3 − 2√2 є натуральним.

8 − 9√3 + 3
8 + 21√3 є натуральним.

√                  √

 

?!  Доведiть, що число

√4    17 + 12√2 − √4    17 − 12√2  є натуральним.

 

 

Задача 3.

Нехай ABCD – паралелограм, в якому гострий кут ∠BAD = φ , AC = d1 ,

BD = d2 . Знайдемо площу такого паралелограма.

I спосiб

За ради визначеностi позначимо довжини сторiн AD i AB , як a i b вiд- повiдно. Тодi, за властивiстю паралелограма («притилежнi сторони рiвнi») BC = a , CD = b . Крiм того, за властивiстю паралелограма (щодо його кутiв) ∠BCD = ∠BAD = φ , ∠ABC = ∠CDB = 1800 − φ .

a

B                                                                        C

d2

b                                   O                                  b d1

A     j                                                                 D

a

 

Рис. 32: до 1-го способу розв’язання задачi 3

 

  • Розглянемо трикутник ABD . В ньому: ∠BAD = φ ; AB = b ;

AD = a ; BD = d2 . I тому за теоремою косинусiв має мiсце рiвнiсть

 

2

d2 = a2 + b2 − 2ab cos φ.                                  (11.3.1)

  • Розглянемо △ ABC . В ньому: ∠ABC = 1800 − φ ; BA = b ;

BC = a ; AC = d1 . I тому за теоремою косинусiв має мiсце рiвнiсть

1

d2 = a2 + b2 − 2ab cos (1800 − φ) = a2 + b2 + 2ab cos φ.                  (11.3.2)

Зауваження 1:  оскiльки за умовою  φ – гострий кут, то  cos φ > 0 . Але  ж тодi − cos φ < 0 . I тому має мiсце нерiвнiсть

a2 + b2 + 2ab cos φ > a2 + b2 − 2ab cos φ,

звiдки слiдує, що дiагональ AC = d1 бiльша за дiагональ BD = d2 . Iншими словами дiйшли висновку про те, що: в довiльному паралелограмi, який не  є прямокутником, проти гострого кута «лежить» менша дiагональ,  а  проти бiльшого (сумiжного) кута – бiльша дiагональ.

 

 

d2 − d2 = a2 + b2 + 2ab cos φ − (a2 + b2 − 2ab cos φ) = 4ab cos φ , звiдки
  • З урахуванням (11.3.1) та (11.3.2), маємо наступну рiвнiсть

 

 

  • Нехай BB , CC ( B, C ∈ AD )– висоти паралелограма. Тодi, як вi- домо, BB = CC . За ради визначеностi покладемо BB = CC = h . 2) Розглянемо трикутник ABB (з прямим кутом ABB ). В ньому: AB = b (згiдно введених позначень), ∠BAB = φ (за умовою). I тому, з урахува- нням визначення косинуса гострого кута прямокутного трикутника, маємо що AB = b cos φ . Звiдки

BD = a − b cos φ.                                      (11.3.5)

 

 

  • Розглянемо прямокутнi трикутники ABB та DCC . В них: AB = DC (як протилежнi сторони паралелограма); ∠CDC = ∠BAD = φ (як вiдповiднi кути при паралельних прямих AB i DC та сiчнiй AC ). I  тому △ ABB =△ DCC  (за гiпотенузою  та   гострим  кутом).  Звiдки DC = AB = b cos φ . Отже, з урахуванням рiвностi AD = BC = a (як протилежнi сторони паралелограма), маємо що

AC = AD + DC = a + b cos φ.                           (11.3.6)

 

  • Розглянемо прямокутний △ BBD . Тодi, з урахуванням (11.3.5) та вве- дених позначень, за теоремою Пiфагора має мiсце рiвнiсть
2

d2 = h2 + (a − b cos φ)2.                                  (11.3.7)

  • Розглянемо прямокутний △ ACC . Тодi, з урахуванням (11.3.6) та вве- дених позначень, за теоремою Пiфагора має мiсце рiвнiсть
1

d2 = h2 + (a + b cos φ)2.                                 (11.3.8)

 

  • Вiднiмаючи лiвi та правi частини рiвностей (11.3.8) та (11.3.7), одержу-

?!  Доведiть, що коли a i b – довжини сторiн паралелограма (який не є

ромбом), а ψ – гострий кут мiж його дiагоналями, то площу такого пара-

лелограма можна знайти за формулою

.           .S  =          a b          tg ψ.

1                                                                     2       2

2      −       ·

?!  Нехай a , b , d1 i d2 – довжини сторiн та дiагоналей паралелограма (який не є прямокутником або ромбом), φ – гострий кут паралелограма, а

.

ψ – гострий кут мiж його дiагоналями. Доведiть, що має мiсце рiвнiсть

 

=

 tg φ

.2a2 − 2b2 .

 

 

 

tg ψ

. d1 − d2 .

 

 

Задача 4.

Розв’яжемо рiвняння

 

 

 

 

I спосiб

cos (π (cos2 2x − 6 cos2 x + 1)) = 1.                        (11.4.1)

 

 

(                                  )
  • π cos2 2x − 6 cos2 x + 1 = 2kπ, k ∈ Z ;
2

cos2 2x − 6 · 1+cos 2x + 1 = 2k ; cos2 2x − 3 − 3 cos 2x + 1 − 2k = 0,            k ∈ Z ;

 

cos2 2x − 3 cos 2x − 2 − 2k = 0,         k ∈ Z.                   (11.4.2)

  • Введемо замiну cos 2x = t . Тодi рiвняння (11.4.2) набуває вид

 

t2 − 3t − 2(1 + k) = 0,        k ∈ Z.                          (11.4.3)

Причому, оскiльки для дiйсних x : −1 ™ cos 2x ™ 1 , то |t| ™ 1 (⋆) .

Дискримiнант рiвняння (11.4.3) становить

D = 32 + 4 · 2(1 + k) = 9 + 8 + 8k = 8k + 17 .

8
  • Не важко перевiрити, що D < 0 ⇔ k < −17. I тому при цiлих k ™ −3

рiвняння (11.4.3) та разом з ним i дане рiвняння (11.4.1) не має розв’язкiв.

8
  • Очевидно, що D = 0 ⇔ k = −17 ∈/ Z .
  • Не важко переконатися, що D > 0 ⇔ k > −17. Звiдки

 

                  

      √                                                                              8

 

t1 = 3−

8k+17

2

i t2 = 3+

8k+17

2

– дiйснi рiзнi коренi рiвняння (11.4.3).

 

  • При довiльному k “ −2 виконуються умови 8k + 17 “ 1 ,

√8k + 17 “ 1 , t2 = 3+√8k+17 “ 2 . Звiдки при k “ −2 корiнь t2 не задо-

2

вольняє умову (⋆) .

  • Тепер з’ясуємо, при яких з цiлих k 2 корiнь t1 задоволь- няє умову (⋆) , або, що теж саме виконується подвiйна нерiвнiсть

 

2

−1 ™ 3 − √8k + 17

Розв’яжемо цю подвiйну нерiвнiсть

™ 1.                               (11.4.4)

 

2

−1 ™ 3−√8k+17

™ 1 ⇔ −2 ™ 3 − √8k + 17 ™ 2 ⇔ −5 ™ −√8k + 17 ™ −1 ⇔

 

⇔ 1 ™ √8k + 17 ™ 5 ⇔ 1 ™ 8k + 17 ™ 25 ⇔ −16 ™ 8k ™ 8 ⇔ −2 ™ k ™ 1 .

 

 

 

Таким чином, при цiлих −2 ™ k ™ 1 корiнь t1 задовольняє умову (⋆) .

  • З урахуванням замiни cos 2x = t , маємо рiвняння
2

cos 2x = 3 − √8k + 17,        k = −2; −1; 0; 1,                  (11.4.5)

2

звiдки  2x = ± arccos (3−√8k+17 ) + 2mπ, m ∈ Z , або ж остаточно

2
2

x = ±  1 arccos (3 − √8k + 17) + mπ, m ∈ Z, k = −2; −1; 0; 1.

 

II спосiб

(                  )22                          22 cos  x − 1                    − 6 cos x + 1 = 2l ;

1)     π (cos2 2x − 6 cos2 x + 1) = 2lπ,       l ∈ Z ;

4 cos4 x − 4 cos2 x + 1 − 6 cos2 x + 1 = 2l ;

  • cos4 x − 10 cos2 x = 2k ;

2 cos4 x − 5 cos2 x − l = 0,        l ∈ Z.                        (11.4.6)

  • Введемо замiну cos2 x = t . Тодi рiвняння (11.4.6) набуває вид

 

2t2 − 5t − l = 0,        l ∈ Z.                               (11.4.7)

Причому, оскiльки для дiйсних x : 0 ™ cos2 x ™ 1 , то 0 ™ t ™ 1 (⋆⋆) . Дискримiнант рiвняння (11.4.7) становить

D = (−5)2 + 4 · 2 · l = 25 + 8l .

8
  • Не важко перевiрити, що D < 0 ⇔ k < −25. I тому при цiлих l ™ −4

рiвняння (11.4.7) та разом з ним i дане рiвняння (11.4.1) не має розв’язкiв.

8
  • Очевидно, що D = 0 ⇔ l = −25 ∈/ Z .
  • Не важко переконатися, що D > 0 ⇔ l > −25. Звiдки

 

                 

      √                                                                              8

 

t1 = 5−

25+8l

4

i t2 = 5+

25+8l

4

  • дiйснi рiзнi коренi рiвняння (11.4.7).

 

2.3.1)   При довiльному l “ −3 виконуються умови 25 + 8l “ 1 ,

√25 + 8l “ 1 , t2 = 5+√25+8l > 1 . Звiдки при l “ −3 корiнь t2 не задоволь-

4

няє умову (⋆⋆) .

 

2.3.2)  Тепер з’ясуємо, при яких з цiлих l −3 корiнь t1 задоволь-

няє умову (⋆⋆) , або, що теж саме виконується подвiйна нерiвнiсть

 

0     5 − √25 + 8l

4

Розв’яжемо цю подвiйну нерiвнiсть

™ 1.                                (11.4.8)

 

4

0 ™ 5−√25+8l

™ 1 ⇔ 0 ™ 5 − √25 + 8l ™ 4 ⇔ −5 ™ −√25 + 8l ™ −1 ⇔

 

⇔ 1 ™ √25 + 8l ™ 5 ⇔ 1 ™ 25 + 8l ™ 25 ⇔ −24 ™ 8l ™ 0 ⇔ −3 ™ l ™ 0 . Таким чином, при цiлих −3 ™ l ™ 0 корiнь t1 задовольняє умову (⋆⋆) .

  • З урахуванням замiни cos2 x = t , маємо рiвняння
4

cos2 x = 5 − √25 + 8l ,       l ∈ {−3; −2; −1; 0},                 (11.4.9)

 

 

Задача 5.

 

З’ясуємо, чи можна розрiзати квадрат 10 × 10 на 25 фiгур виду

 

Рис. 34:

 

Розв’язання.

 

I спосiб

1)    У квадратi 10 × 10 розставимо всi натуральнi числа вiд 1 до 100 у спосiб, зображений на рис. 35.

 

12345678910
11121314151617181920
21222324252627282930
31323334353637383940
41424344454647484950
51525354555657585960
61626364656667686970
71727374757677787980
81828384858687888990
919293949596979899100

Рис. 35: до 1-го способу розв’язання задачi 5

 

2

2)   Добре вiдомо, що 1 + 2 + … + 99 + 100 = 101 · 100 = 5050 .

  • Не важко перевiрити, що при довiльному розташуваннi (в межах ква- драту 10×10 ) тетрамiно (зображеного на рис. 34), всерединi нього мiстяться числа, сума яких завжди є непарною.
  • Якщо припустити, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 34), то, з урахуванням пункту 3), сума всiх чисел в квадратi 10 × 10 повинна бути непарним числом, як сума 25 непарних доданкiв. Чого бути не може на пiдставi пункту 2).

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 34.

 

 

 

II спосiб

  • Розфарбуємо квадрат 10 × 10 у два кольори (сiрий i бiлий) так, як показано на рис.

 

Рис. 36: до 2-го способу розв’язання задачi 5

  • Не важко перевiрити, що при наведеному способi розфарбування сiрих i бiлих клiтинок 1 × 1 однакова кiлькiсть, яка становить
  • При довiльному розташуваннi (в межах розфарбованого квадрату 36) тетрамiно (зображеного на рис. 34), всерединi нього може виявитися:

або 3 сiрi i 1 бiла клiтинка – тетрамiно типу 1 , або 1 сiра i 3 бiлi клiтинки – тетрамiно типу 2 .

  • Припустимо, що квадрат 10 × 10 можна  розрiзати  на  25  те- трамiно (фiгур, зображених на рис. 34). Тодi, з урахуванням пункту 3), серед них: n тетрамiно типу 1 та (25 − n) тетрамiно типу 2 , де n – цiле невiд’ємне число ( n ∈ N ∪ {0} ).
    • Пiдрахуємо кiлькiсть сiрих клiтинок. З одного боку, їх кiлькiсть становить З iншого боку – 3 · n + 1 · (25 − n) . Тому має мiсце рiвнiсть 3 · n + 1 · (25 − n) = 50 , звiдки 2n = 25 ,  n = 12, 5 ∈/ Z .
    • Таким чином, прийшли до протирiччя з тим, що n ∈ N ∪ {0} . А тому наше припущення про те, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 34) є неправильним.

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 34.

Вiдповiдь: НI, не можна.

 

 

III спосiб

  • У квадратi 10 × 10 розставимо натуральнi числа 1, 2, 3 i 4 у спосiб, зображений на рис.

 

1234123412
1234123412
1234123412
1234123412
1234123412
1234123412
1234123412
1234123412
1234123412
1234123412

Рис. 37: до 3-го способу розв’язання задачi 5

  • Тодi очевидно, що сума всiх чисел, розставлених у квадратi 10 × 10 , зображеного на рис. 37, становить 30 1 + 30 · 2 + 20 · 3 + 20 · 4 = 230 , тобто сума є парною.
  • Не важко перевiрити, що при довiльному розташуваннi (в межах ква- драту 10×10 ) тетрамiно (зображеного на рис. 34), всерединi нього мiстяться числа, сума яких завжди є непарною.
  • Якщо припустити, що квадрат 10 × 10 можна розрiзати на 25 тетрамiно (фiгур, зображених на рис. 34), то, з урахуванням пункту 3), сума всiх чисел в  квадратi  10 × 10  повинна  бути  непарним  числом,  як сума 25 непарних доданкiв. Чого бути не може на пiдставi пункту 2).

Отже, квадрат 10 × 10 не можна розрiзати на 25 фiгур виду 34.

 

 

ЧАСТИНА IV.

Умови завдань III етапiв (обласних) Всеукраїнської учнiвської олiмпiади з математики 2015-2017 рр.

2015 рiк10

 

8 клас

  1. Петрик виписав усi послiдовнi натуральнi числа вiд 2015 до 3000 та змiг вибрати 10 з них таких, що їх сума просте число. Чи могла i суми тих чисел, що залишилися не вибраними, також у сумi давати просте число?
  2. Петрик написав деяке натуральне число n . Пiсля цього вiн переставив у цьому числi цифри i вийшло число m , яке виявилось у 3 рази менше n .
    1. Чи обов’язково число n дiлиться нацiло на 9?
    2. Чи обов’язково число n дiлиться нацiло на 27?
  3. Для яких натуральних n квадрат n × n можна покрити прямокутни- ками 1 × 4 можливо в декiлька шарiв? Покрити у декiлька шарiв у даному випадку означає, що кожна комiрка 1 × 1 покрита однаковою кiлькiстю прямокутникiв.
  • По круглому треку їздять в одному напрямi з постiйними але попарно рiзними швидкостями n “ 3 велосипедистiв. У одного з них є фляга з во- дою. У момент, коли вiдбувається зустрiч двох велосипедистiв, у одного з яких фляга, вiдбувається миттєва передача цiєї фляги другому велосипе- дисту. Вiдомо, що зустрiч трьох велосипедистiв в однiй точцi неможлива.

10Завдання розробленi кафедрою обчислювальної математики факультету кiбернетики Київського нацiональ- ного унiверситету iменi Тараса Шевченка

 

89

 

 

  1. Чи може так трапитись, що iснують два велосипедисти, до яких фляга жодного разу не потрапить, як довго б не їздили велосипедисти?
  2. Чи може так трапитись, що iснує один велосипедист, до якого фляга жодного разу не потрапить, як довго б не їздили велосипедисти?
  1. Точка  P  лежить  всерединi трикутника  ABC  i задовольняє умови

∠ABP = ∠P CA , точка Q така, що P BQC  – паралелограм. Доведiть, що ∠QAB = ∠CAP .

 

9 клас
  1. В турнiрi брали участь 78 тенiсистiв, усi рiзного вiку. Усього було зiгра- но 310 матчiв, причому нiякi двоє не грали мiж собою бiльше одного разу. Доведiть, що можна вибрати 4-х тенiсистiв так, щоб або наймолодший у цiй четвiрцi обiграв iнших трьох, або найстарший у цiй четвiрцi обiграв iнших трьох.
  2. З цифр 0, 1, 2, . . . , 9, використавши кожну рiвно один раз, утворили 5 двоцифрових чисел. Якщо найменше з них позначити через n , то iншi дорiвнюють вiдповiдно 2n, 3n, 4n, 5n . Яке значення може приймати n ?
  3. Для яких непарних натуральних n квадрат n × n можна покрити Z – тетрамiно (рис. 38) можливо в декiлька шарiв? Покрити у декiлька шарiв у даному випадку означає, що кожна комiрка 1 × 1 покрита однаковою кiль- кiстю тетрамiно, якi можна повертати та перегортати у будь-якому напрямi.

 

 

 

  1. Задача №4 для 8 класу.

Рис. 38: Z -тетрамiно

 

  1. Вписаний у коло чотирикутник ABCD задовольняє умови AD = BD , M – точка перетину дiагоналей, I – центр кола вписаного у ∆BCM , N – друга точка перетину прямої AC та описаного кола ∆BM I . Доведiть, що AN N C = CD · BN .

 

 

10    клас
  1. Петрик на кожнiй перервi з’їдав цукерок бiльше нiж на попереднiй. Скiльки вiн мiг з’їсти цукерок на 4-й перервi, якщо усього за 5 перерв вiн з’їв 31 цукерку, при цьому на першiй перервi вiн з’їв у 3 рази менше нiж на останнiй?
  2. Задача №2 для 9 класу.
  3. Для яких парних натуральних n квадрат n × n можна покрити Z – тетрамiно (рис. 38) можливо в декiлька шарiв? Покрити у декiлька шарiв у даному випадку означає, що кожна комiрка 1 × 1 покрита однаковою кiлькiстю тетрамiно, якi можна повертати та перегортати у будь-якому на- прямi.
  4. Дiйснi x, y, z такi, що x < y < z < 6 . Розв’яжiть систему нерiвностей:

 

yx
zy

{ 1 + 1

™ 2,

 

 

 

  1. Задача №5 для 9 класу.
11    клас

     + 2     x.

6−z

 

=
y
  • Знайдiть найменше натуральне число, яке закiнчується на 16, має суму цифр 16 та дiлиться на

 

z
  • Дiйснi числа x, y, z задовольняють умову: x+y

y+z

x

= z+x . Якi значе-

 

xyz

ння може приймати вираз (x+y)(y+z)(z+x) ?

  1. Задача №3 для 10 класу.
  2. Задача №4 для 10 класу.
  3. На площинi дано два кола ω1 та ω2 з центрами O1 та O2 вiдповiдно, якi дотикаються зовнiшнiм чином у точцi M , при цьому радiус кола ω2 бiльший за радiус кола ω1 . Розглянемо точку A ∈ ω2 таку, що точки O1 , O2 та A не колiнеарнi. AB та AC — дотичнi до кола ω1 ( B та C  є точками дотику). Лiнiї M B i M C перетинають вдруге коло ω2 у точках E i F вiдповiдно. Точка перетину EF i дотичної в точцi A до кола ω2 позначимо через D . Доведiть, що точка D лежить на фiксованiй лiнiї, коли точка A рухається по колу ω2 таким чином, що точки O1 , O2 та A не колiнеарнi.

 

 

2016 рiк11

 

  • клас

 

  1. Розставте у виразi 7 − 6 − 5 − 4 − 3 − 2 − 1 = 0 знаки дужок таки чином, щоб вийшла вiрна рiвнiсть.
  2. Чи можна точно сказати, яке число бiльше: ДВА × ШIСТЬ чи ДВАДЦЯТЬ , якщо рiзним буквам вiдповiдають рiзнi цифри, а однаковим
  • однаковi?
  1. Є вирiзанi з паперу в клiтинку три квадрати 2 × 2 , 3 × 3 та 6 × 6 . Треба розрiзати 2 з них на двi частини (не обов’язково одним прямолiнiйним розрiзом, але обов’язково вздовж лiнiй мiж клiтинами) таким чином, щоб з одержаних частин можна було скласти квадрат.
  2. У кожну з вершин правильного n -кутника помiстили знак « + » чи

« − ». За один крок можна помiняти знаки у трьох будь-яких сусiднiх вер- шин. Чи при будь-якiй початковiй розстановцi знакiв можна усi знаки у вершинах зробити однаковими за скiнченну кiлькiсть крокiв, якщо

  1. a) n = 2015 ; b)   n = 2016 ?

 

8    клас

 

  1. Чи можна розкласти гирi вагою 1; 2; …; 9 грам на три купки таким чином, щоб у першiй купцi було 2 гирi, у другiй – 3 гирi, а у третiй купцi – 4 гирi та щоб сумарна вага кожної купки була однаковою.
  2. У рiвнобедреному трикутнику ABC з вершиною у точцi B на сторонi

BC взято точку M так, що BM = M A = AC . Знайдiть кути △ ABC .

 

1+a2
+
  • Вiдомо, що змiннi a, b задовольняють умову a2

b2

 

1+b2

= 1 . Якi зна-

 

чення може приймати вираз (a + b)(  a 2   +    b 2 ) ?

1+a            1+b

  1. Розв’яжiть в натуральних числах x, y рiвняння:

 

x(x2 + 19) = y(y2 − 10).

  1. Задача №4 для 7 класу.

11Завдання розробленi кафедрою обчислювальної математики факультету кiбернетики Київського нацiональ- ного унiверситету iменi Тараса Шевченка

 

 

9    клас

 

  1. Вiдомо, що квадратний тричлен ax2 + bx + c має коренi. Чи випливає звiдси, що й квадратний тричлен a3x2 + b3x + c3 також має коренi?
  2. Задача №3 для 8 класу.
  3. Для кожної послiдовностi u довжини 5 , що складається з 0 та 1 , по- значимо через D(u) – множину усiх послiдовностей довжини 4 , якi отри- муються з u викреслюванням одного з елементiв. Множина A складається з декiлькох послiдовностей довжини 5 таких, що для кожної пари u, v ∈ A множини D(u) та D(v) не перетинаються. Яке максимальне можливе зна- чення |A| ?
  4. Задача №4 для 8 класу.
  5. На сторонi AB трикутника ABC вибрали точки M, N (точка M на- лежить вiдрiзку AN ). Дотична в точцi M до описаного кола △ ACM перетинає вiдрiзок CN у точцi P , а дотична в точцi N до описаного кола

△ BCN перетинає вiдрiзок CM у точцi Q . Виявилось, що чотирикутник

ABP Q – рiвнобiчна трапецiя. Доведiть, що △ ABC – рiвнобедрений.

10    клас

 

  1. Вiдомо, що добуток чотирьох чисел – коренiв рiвнянь x2 + 2bx + c = 0 та x2 + 2cx + b = 0 , де b та c додатнi, дорiвнює 1 . Якi значення можуть приймати b та c ?
  2. Чи можна усi комiрки квадрату 2016 × 2016 пофарбувати у 6 кольорiв (кожна комiрка повнiстю фарбується у один з кольорiв) так, щоб кожний прямокутник 2 × 3 мiстив рiвно по однiй клiтинi кожного кольору?
  3. Задача №3 для 9 класу.
  4. Задача №5 для 9 класу.
  5. Для довiльних додатних x, y, z доведiть нерiвнiсть:

 

 

x2                     y2                     z2

(x + y + z)3

 

xy + z + yz + x + zx + y “

3(x2(y + 1) + y2(z + 1) + z2(x + 1)).

 

 

11    клас

 

  1. Задача №1 для 10 класу.
  2. Задача №2 для 10 класу.
d
  • Для яких натуральних n “ 2 iснує такий многочлен з цiлими коефi- цiєнтами, що для кожного дiльника d числа n справджується рiвнiсть: f (d) = n .
  1. Знайдiть усi функцiї f : R → R якi ∀x, y ∈ R задовольняє умову:

f (f (f (x) + y) + y) = x + y + f (y) .

b
  • Для трикутника ABC позначимо через IB – центр зовнi вписаного ко- ла, а через M – середину дуги BC описаного кола, що не мiстить вершини A . Пряма M IB вдруге перетинає описане коло в точцi T . Доведiть, що має мiсце рiвнiсть: T I2 = T B T C .

 

2017 рiк12

 

7 клас

 

  1. На дошцi записують послiдовнiсть цифр за таким правилом: якщо останнi цифри, записанi на дошцi, дорiвнюють a та b , то за ними запи- сується остання цифра добутку ab . Наприклад, якщо спочатку записанi 1; 8 , то далi послiдовнiсть продовжується таким чином: 1; 8; 8; 4; … . Зна- йдiть 2017-ту виписану цифру послiдовностi, якщо вона почалася з цифр 3; 4 . Вiдповiдь обґрунтуйте.
  • У компанiї друзiв кожному подобалася або математика, або iнформати- ка. Вiдомо, що тi, кому подобалась математика, мали середнiй вiк 15 рокiв, а тi, кому подобалась iнформатика, мали середнiй вiк 25 рокiв. Одного дня Андрiйковi перестала подобатись iнформатика, та стала подобатись мате- матика. Внаслiдок цього середнiй вiк тих, кому подобалась iнформатика, а також тих, кому подобалась математика, став бiльшим на 1. З’ясуйте, скiльки всього було друзiв у цiй компанiї та наведiть вiдповiдний приклад, що така ситуацiя можлива.

12Завдання розробленi кафедрою обчислювальної математики факультету кiбернетики Київського нацiональ- ного унiверситету iменi Тараса Шевченка

 

 

  1. Прямокутник з периметром 2016 розрiзаний на чотири прямокутники I , II , III , IV , а також двi областi A та B , як це зображено на рисунку. Периметри прямокутникiв вiдносяться як PI : PII : PIII : PIV = 1 : 3 : 5 : 7 . Чому дорiвнюють суми периметрiв фiгур A та B ? Вiдповiдь обґрунтуйте.

 

 

A

 

IV

 

III

 

II

 

B

I

 

  1. У чемпiонатi взяли участь 8 команд. Чемпiонат проходив в одне коло, тобто кожна команда зiграла з кожною рiвно один раз. При цьому грали кожного дня по турах, тобто у кожному турi грали усi команди, що були розбитi на пари. Пiсля туру публiкувалася таблиця, де команди розставля- лися по мiсцях (з 1-го по 8-е) вiдповiдно набраних очок. Пiсля якого туру найшвидше могло виявитись, що усi команди набрали рiзну кiлькiсть очок, якщо це був чемпiонат з баскетболу, де за перемогу нараховується 1 очко, за поразку очок не нараховується, а нiчиїх не буває? Вiдповiдь обґрунтуйте.
8 клас

 

  1. По колу розставленi 8 кружечкiв. Чи можна записати у цих кружечках числа 1; 2; …; 8 таким чином, щоб сума чисел, що записанi у будь-яких двох сусiднiх кружечках, не дiлилася нi на 3 , нi на 5 , нi на 7 ?
  2. У чемпiонатi взяли участь 8 команд. Чемпiонат проходив в одне коло, тобто кожна команда зiграла з кожною рiвно один раз. При цьому грали кожного дня по турах, тобто у кожному турi грали усi команди, що були розбитi на пари. Пiсля туру публiкувалася таблиця, де команди розставля- лися по мiсцях (з 1-го по 8-е) вiдповiдно набраних очок.

 

 

Пiсля якого туру найшвидше могло виявитись, що усi команди набрали рiзну кiлькiсть очок, якщо:

  1. це був чемпiонат з баскетболу, де за перемогу нараховується 1 очко, за поразку очок не нараховується, а нiчиїх не буває?
  2. це був чемпiонат з гандболу, де за перемогу нараховується 2 очки, за нiчию – 1 очко, за поразку очок не нараховується?
  1. Добуток трьох чисел abc ab · a = 3 ∗ ∗ ∗ ∗7 є шестицифровим числом з першою цифрою 3 та останньою цифрою 7. Цифри a, b, c не обов’язково рiзнi. Чому може дорiвнювати цей добуток? Наведiть усi можливi вiдповiдi.
  2. На сторонах BC та CD квадрату ABCD вибранi точки M та N вiд- повiдно таким чином, що ∠M AN = 45 . На вiдрiзку M N , як на дiаметрi, побудували коло w , яке перетинає вiдрiзки AM та AN у точках P та Q вiдповiдно. Доведiть, що точки B , P та Q лежать на однiй прямiй.
  3. Знайдiть усi пари цiлих чисел (a, b) , якi задовольняють умову:

a2 + b2 = a + b + ab.

 

9 клас

 

  1. Знайдiть найбiльший спiльний дiльник набору з 2017 таких чисел:

2017 + 1,     20172 + 1,     20173 + 1, . . . ,      20172017 + 1.

 

  1. У чемпiонатi з гандболу взяли участь 8 команд. За перемогу нарахову- ється 2 очки, за нiчию – 1 очко, за поразку очок не нараховується. Чемпiонат проходив в одне коло, тобто кожна команда зiграла з кожною рiвно один раз. При цьому грали кожного дня по турах, тобто у кожному турi грали усi команди, що були розбитi на пари. Пiсля туру публiкувалася таблиця, де команди розставлялися по мiсцях (з 1-го по 8-е) вiдповiдно набраних очок. Команди, що на даний момент або наприкiнцi турнiру набрали одна- кову кiлькiсть очок, розподiляються по мiсцях по додаткових показниках (особиста зустрiч, рiзниця м’ячiв тощо). В деякий момент пiсля чергового туру виявилось, що усi команди набрали рiзну кiлькiсть очок. Чи зможе наприкiнцi чемпiонату посiсти перше мiсце команда, що у той момент була на 8-му мiсцi?

 

 

  1. Розв’яжiть систему рiвнянь:
(          )2                           2y  +  1z = x + 1


 (x2 + 1) y = z2 + 1

 (          )

z2 + 1 x = y2 + 1

 

  1. Є набiр з десяти карток, на яких записано по однiй цифрi 0; 1; …; 9 . Андрiй та Олеся по черзi (розпочинає Андрiй) вибирають по однiй картцi та складають їх послiдовно злiва направо так, що у кожного утворюється пятицифрове число (картку з цифрою 0 на своєму першому кроцi жоден з гравцiв вибирати не може). Андрiй перемагає у цiй грi, якщо число, яке утворилося у нього, дiлиться нацiло на Iнакше перемагає Олеся. Кожен з гравцiв прагне перемогти. Хто за таких умов може забезпечити собi пере- могу?
  2. У трикутнику ABC проведенi медiани BB1 та CC1 , що перетинаю- ться в точцi M . Доведiть, що в чотирикутник AC1M B1 можна вписати коло тодi i тiльки тодi, коли AB = AC .
10 клас

 

  1. Знайдiть найбiльше дев’ятицифрове натуральне число, що задовольняє умови: усi його цифри рiзнi, кожнi двi сусiднi цифри числа вiдрiзняються не менше нiж на 2 та воно кратне
  2. У чемпiонатi взяли участь 8 команд. Чемпiонат проходив в одне коло, тобто кожна команда зiграла з кожною рiвно один раз. При цьому грали кожного дня по турах, тобто у кожному турi грали усi команди, що були розбитi на пари. Пiсля туру публiкувалася таблиця, де команди розставля- лися по мiсцях (з 1-го по 8-е) вiдповiдно набраних очок. Пiсля якого туру найшвидше може виявитись, що усi команди набрали рiзну кiлькiсть очок, якщо:
    1. це був чемпiонат з баскетболу, де за перемогу нараховується 1 очко, за поразку очок не нараховується, а нiчиїх не буває.
    2. це був чемпiонат з футболу, де за перемогу нараховується 3 очки, за нiчию – 1 очко, за поразку очок не нараховується.

 

 

  1. Заданий квадрат ABCD . Нехай точка M – середина сторони BC , а H – основа перпендикуляра з вершини C на вiдрiзок DM . Доведiть, що AB = AH .
  2. Задача №4 для 9 класу.
  3. Для невiд’ємних чисел x, y, z доведiть нерiвнiсть:

 

 

 

 

11 клас

3 (x2 + y + z) (x + y2 + z) (x + y + z2) “ (x + y + z)4.

 

 

  1. Задача №1 для 10 класу.
  2. Добуток трьох чисел abc bca · cab = 3 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗1 є восьмицифровим числом з першою цифрою 3 та останньою цифрою 1. Цифри a, b, c попарно рiзнi. Чому може дорiвнювати цей добуток? Наведiть усi можливi вiдповiдi.
  3. Доведiть, що при будь-якому значеннi параметру a рiвняння

 

x4 + a2x3 + 2ax2 + 3a2x + a − 1 = 0

має принаймнi один дiйсний розв’язок.

  1. У чемпiонатi з гандболу взяли участь 8 команд. За перемогу нарахову- ється 2 очки, за нiчию – 1 очко, за поразку очок не нараховується. Чемпiонат проходив в одне коло, тобто кожна команда зiграла з кожною рiвно один раз. При цьому грали кожного дня по турах, тобто у кожному турi грали усi команди, що були розбитi на пари. Пiсля туру публiкувалася таблиця, де команди розставлялися по мiсцях (з 1-го по 8-е) вiдповiдно набраних очок. Команди, що на даний момент або наприкiнцi турнiру набрали одна- кову кiлькiсть очок, розподiляються по мiсцях по додаткових показниках (особиста зустрiч, рiзниця м’ячiв тощо). В деякий момент пiсля чергового туру виявилось, що усi команди набрали рiзну кiлькiсть очок. Яке найвище мiсце зможе наприкiнцi чемпiонату посiсти команда, що у той момент була на 8-му мiсцi?
  2. У трикутнику ABC проведена бiсектриса AD . Коло k , проходить че- рез вершину A та дотикається до сторони BC у точцi D . Доведiть, що описане коло △ ABC дотикається до кола k у точцi A .

 

 

РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

 

  1. Сборник материалов математических олимпиад: 906 самых интересных задач и примеров с решениями / [Р. И. Довбыш, Л. Л. Потемкина, Н. Л. Трегуб и др.] – Донецк: ООО ПКФ «БАО», 2005. – 336 с.
  2. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з ма- тематики — 2007 / Б.Б. Беседiн, Г.М. Бiрюкова, Г.О. Ганзера, В.М. Кадубовська, О.А. Кадубовський, Л.Г. Плесканьова, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко // Навчальний посiбник. — Слов’янськ, — 40 с.
  3. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики — 2008 / Б.Б. Беседiн, О.А. Кадубовський, Л.Г. Плесканьова, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко // Випуск 2, СЕРIЯ: Викладачi СДПУ — учням, студентам, вчителям: Навчальний посiбник. — Слов’янськ, — 44 с.
  4. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики — 2009 / О.А. Кадубовський, Б.Б. Беседiн, Г.О. Ганзера, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко // Випуск 5, СЕРIЯ: Викладачi СДПУ — учням, студентам, вчителям: Навчальний посiбник. — Слов’янськ, — 44 с.
  5. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики — 2010 / Б.Б. Беседiн, О.А. Кадубовський, В.М. Кадубовська, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко // Випуск 8, СЕРIЯ: Викладачi СДПУ — учням, студентам, вчителям: Навчальний посiбник. — Слов’янськ, — 80 с.
  6. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики — 2011 / Б.Б. Беседiн, О.А. Кадубовський, В.М. Кадубовська, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко, М.М. Рубан // Випуск 10, СЕРIЯ: Викладачi СД- ПУ — учням, студентам, вчителям: Навчальний посiбник. – Слов’янськ, – 84 с.
  7. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: Розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики — 2012 / Б.Б. Беседiн, О.А. Кадубовський, М.М. Рубан, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко // Випуск 11, СЕРIЯ: Викладачi ДДП — учням, студентам, вчителям: Навчальний посiбник. — Слов’янськ, — 64 с.
  8. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з ма- тематики — 2013 / Б.Б. Беседiн, О.А. Кадубовський, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко. — Слов’янськ : видавничий центр «Маторiн», — 60 с. — (Викла- дачi ДДПУ — учням, студентам, вчителям, вип. 12).

99

 

100                                                РЕКОМЕНДОВАНА ЛIТЕРАТУРА

 

  1. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з ма- тематики — 2014 / О.А. Кадубовський, Б.Б. Беседiн, В.С. Сьомкiн, Н.I. Труш, О.В. Чуйко. — Слов’янськ : видавничий центр «Маторiн», — 64 с. — (Викла- дачi ДДПУ — учням, студентам, вчителям, вип. 13).
  2. ОЛIМПIАДНI ЗАДАЧI: розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олiмпiади з математики — 2015 / О.А. Кадубовський, Б.Б. Беседiн, О.В. Чуйко, С.I. Вороб- йова. — Слов’янськ : видавничий центр «Маторiн», — 100 с. — (Викладачi ДДПУ – учням, студентам, вчителям, вип. 14).

Internet ресурси

  1. Київськi олiмпiади з математики (сайт київських та всеукраїнських олiмпiад та турнiрiв з математики, де можна знайти тексти завдань, результати та умови про- ведення математичних змагань, що проходили в Українi протягом останнiх рокiв) [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://matholymp.org.ua/
  2. Фiзико-математичний журнал «Квант» (завдання рiзних математичних олiмпiад за 1971-2002рр) [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://kvant.mirror1.mccme.ru/
  3. Сайт мiжнародних олiмпiад з математики [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.imo-official.org/
  4. Олимпиады для школьников [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://olimpiada.ru/
  5. Всероссийская олимпиада по математике [Електронний ресурс]. – Режим доступa: rusolymp.ru/
  6. Российская страница международного математического конкурса «Кенгуру» [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://mathkang.ru/
  7. Українська сторiнка мiжнародного конкурсу «Кенгуру» [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.kangaroo.com.ua/index.php
  8. Турнир городов Международная математическая олимпиада для школьников [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.turgor.ru/
  9. Cайт Московского Центра Непрерывного Математического Образования [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://www.mccme.ru/
  10. Задачная база олимпиадных задач (декiлька тисяч олiмпiадних задач росiйських i мiжнародних математичних змагань). [Електронний ресурс]. – Режим доступa: http://zaba.ru/, http://problems.ru/

Скачати розв’язання задач II етапу Всеукраїнської олімпіади з математики: файл

Сподобалась стаття? Поділіться нею у соціальних мережах:
Share on Facebook
Facebook
Tweet about this on Twitter
Twitter

Коментарі із Facebook

Powered by Facebook Comments