воскресенье, 7 января 2018 г.

Відповіді ІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з математики 2017-2018 н.р.

6 клас
1. Задамо дану суму в вигляді наступних доданків:
(1 + 2016) + (2 + 2015) + …+ (1013 + 1014) + 2017. Оскільки кожний доданок  ділиться на 2017, то і вся сума буде ділиться на 2017.
Відповідь: ділиться на 2017.
2. За першу хвилину Чебурашка мав з’їсти стільки ж, скільки з’їв одночасно з Крокодилом Геною. Усього він з’їв половину торта, тому за хвилину він з’їв одну четверту частину торта.
Відповідь: за 4 хвилини.
3. Тетяна рухається зі швидкістю 10 км/год. Отже вона з’явиться в кінці доріжки через  год. За цей час Оксана проїде  км, тобто 200 м. Це означає, що відстань між дівчатами 500-200=300 м.
Відповідь: 300 м.
4. Оскільки за умовою задачі 9 років тому сума років усіх членів сім'ї дорівнювала 40, а зараз 65, то за ці 9 років ця сума збільшилася на 65-40=25 років. Але якби 9 років тому в сім'ї був син, то за цей період ця сума повинна була б збільшитися на 9·3=27 років. Отже, 9 років тому в сім'ї ще не було сина, а зараз йому 25-9·2=7 років. Тоді 4 роки тому синові було 7-4=3 роки, а батькові, згідно з умовою задачі, у 9 разів більше, тобто 3·9=27 років. Отже, зараз батькові 27+4=31 рік.

Рис. 1
Відповідь: 31 рік.
5.Сусідніми по стороні є темні та світлі, сусідніми числами є парні та непарні (рис. 1). Оскільки непарних чисел 5, то саме вони стоять по темних комірках. Сума усіх непарних чисел від 1 до 9 дорівнює 25, тому всередині має стояти число 7. Неважко показати заповнення числами, щоб ці умови були виконані.
Відповідь: .
7 клас
1. Позначимо найменший власний дільник через , тоді число  так само дільник нашого числа. Але вони різної парності і кожне з них є дільником шуканого числа. Тому воно точно ділиться на , звідки зрозуміло, що . Так само очевидно, що саме число є добутком цих двох дільників, тому воно дорівнює .
Відповідь: .
2. Позначимо суму цифр числа N через n, тодi маємо таку рiвнiсть:
N = n + n3. Зрозумiло, що куб суми цифр не перевищує 99, а таких кубiв натуральних чисел усього чотири – 1,2,3,4. Достатньо їх перебрати.
Тодi з рiвностi N = n+n3 знайдемо можливi значення N:
N = 1 + 1 = 2 – має суму цифр 2, умову не задовольняє;
N = 8 + 2 = 10 – має суму цифр 1, умову не задовольняє;
N = 27 + 3 = 30 – має суму цифр 3, є розв’язком задачi;
N = 6 4 + 4 = 68 – має суму цифр 14, умову не задовольняє
Вiдповiдь: 30.
3. Оскільки за умовою задачі 9 років тому сума років усіх членів сім'ї дорівнювала 40, а зараз 65, то за ці 9 років ця сума збільшилася на 65-40=25 років. Але якби 9 років тому в сім'ї був син, то за цей період ця сума повинна була б збільшитися на 9·3=27 років.
Отже, 9 років тому в сім'ї ще не було сина, а зараз йому 25-9·2=7 років.
Тоді 4 роки тому синові було 7-4=3 роки, а батькові, згідно з умовою задачі, у 9 разів більше, тобто 3·9=27 років.
Отже, зараз батькові 27+4=31 рік.
Відповідь: 31 рік.
4. Зрозумiло, що сторона внутрiшнього квадрата дорiвнює 4, а рiзниця сторiн прямокутника i дорiвнює сторонi цього квадрата. Тому можемо позначити сторони прямокутника через x та x + 4.
Площа великого прямокутника складає 16 + 96 · 4 = 400, тобто сторона 20. Легко побачити, що сторона великого квадрату складається з двох менших сторiн прямокутника та сторони малого квадрата, тобто: 2x + 4 = 20.
Звiдси менша сторона дорiвнює x = 8, а бiльша сторона –  x + 4 = 12.
Вiдповiдь: Сторони прямокутника 8 та 12.
5. Пофарбуємо дошку у  кольори. Непарні рядки ( -й, -й, …, -й) зліва направо по черзі у кольори  та , парні рядки аналогічно у кольори  та . При повороті на  відбувається такий перехід кольорів:  (або аналогічний). При такій операції сума чисел кожного кольору змінюється на однакове число. По завершенню сума усіх чисел не змінюється. тому суми чисел кожного кольору з самого початку мають бути рівними. Але сума чисел  не кратне . Одержана суперечність завершує доведення.
Відповідь: не існує.
6. У зустрічах між собою 4 останні учасники зіграли 6 партій, а тому разом набрали принаймні 6 очок, тому другий учасник набрав не менше 6 очок. Тому другий учасник втратив не більше 1 очка, перший – також, але з нічиїх зрозуміло, що вони зіграли мінімум 2 рази, крім того, у партіях між собою так само було втрачене 1очко. Тобто, вони разом втратили не менше 2 очок, з доведеного вище – не більше, тому обидва набрали по 6 очок.
Відповідь: 6.
8       клас
Отже, 2014·2015·2016·2017+1=(20142+ 3·2014+1)2 – квадрат натурального числа.
2. Нехай зараз батькові х років, матері у років, синові z років. Тоді за умовою задачі маємо х + у + z = 65.
Якби 9 років тому сім'я також складалася з 3осіб, то на той період сума років усіх членів сім'ї дорівнювала б 65-9·3=38, а за умовою задачі вона дорівнює 40. Таким чином. 9 років тому в сім'ї ще не було сина, через те сума років членів сім'ї на той період складалася з років батька і матері, отже
(х-9)+(у-9)=40.
Оскільки 4 роки тому батько був старший за сина в 9 разів, то х-4=9(z-4).
Таким чином, для знаходження років батька, матері та сина маємо
Розв’язуючи цю систему рівнянь, знаходимо х=31, у=27, z=7. Отже, у даний момент батькові 31 рік.
Відповідь: батькові 31 рік.
3. Позначимо суму цифр числа N через n, тодi N = n + n3.
Оскiльки 1  n27, то n3 лежить в межах вiд 73 до 998,
бо 73 = 100 27 N27 n3 N1 999 1 = 998.
Простим пiдбором знаходимо, що у цих межах лежать такi куби натуральних чисел: 53 = 125, 63 = 216, 73 = 343, 83 = 512, 93 = 729.
Тодi з рiвностi N = n + n3 знаходимо можливi значення N:
N = 125 + 5 = 130 – має суму цифр 4, умову не задовольняє;
N = 216 + 6 = 222 – має суму цифр 6, є розв’язком задачi;
N = 343 + 7 = 350 – має суму цифр 8, умову не задовольняє;
N = 512 + 8 = 520 – має суму цифр 7, умову не задовольняє;
N = 729 + 9 = 738 має суму цифр 18, умову не задовольняє
Вiдповiдь: 222.
4. Розглянемо ситуацію, коли три числа кратні , а четверте – ні. Тоді за модулем  ці числа дорівнюють , де . Тоді така четвірка вже ніколи не зміниться. Тепер перевіримо, коли кількість чисел кратних  може збільшитись. Для цього треба, щоб в якості пари  були числа  за модулем . Але тоді з’явиться пара . Тобто у ситуації, коли три числа кратні , а одне – ні, вони повинні мати вигляд , а четвірка чисел із умов задачі дорівнює . Одержана суперечність завершує доведення.
Відповідь: не можливо.
5. 

B

K

C

N

M

B1

A
Продовжимо медіану BM за точку M на довжину цієї медіани.
Отримаємо точку B1 таку, що B1M = MB. Тоді AMB1= CMB (за двома сторонами та кутом між ними (вертикальному).
Отже, AB1 = BC = AN.
Тоді, NAB1рівнобедрений, тому угол ANB1= AB1N.
Крім того, AB1N= NBK, бо AMB1= CMB.
BNK= ANB1 (як вертикальні). Отже, BNK = NBK.
Тоді BKNрівнобедрений, BK = KN.

6. Зрозуміло, що треба вибрати якомога більше кубиків зі сторонами  та . Очевидно, що кубик зі стороною  можна використати максимум один. Після цього не більше семи кубиків зі стороною , наприклад, розмістивши їх по кутах великого кубика.
Покажемо, що більшу їх кількість розташувати не можна. Кожен з кубиків зі стороною  та  обов’язково покриває принаймні один (для квадрата зі стороною  - рівно один) кубик, що розташований по діагоналі від одного з кутових кубиків кубика . Але таких кубиків усього вісім, тому й кубиків зі стороною  та  не більше восьми. Підрахуємо їх максимальний об’єм. . Таким чином, щоб повністю його заповнити треба ще  одиничних кубики. Разом виходить треба щонайменше  кубиків.
Відповідь: не можна.
9 клас
1. Обчисліть значення виразу:
.
Нехай , тоді (х+2)(х+1)-(х+3)х=2.
Відповідь: 2.
2. Розглянемо ситуацію, коли три числа кратні , а четверте – ні. Тоді за модулем  ці числа дорівнюють , де . Тоді така четвірка вже ніколи не зміниться. Тепер перевіримо, коли кількість чисел кратних  може збільшитись. Для цього треба, щоб в якості пари  були числа  за модулем . Але тоді з’явиться пара . Тобто у ситуації, коли три числа кратні , а одне – ні, вони повинні мати вигляд , а четвірка чисел із умов задачі дорівнює . Одержана суперечність завершує доведення.
Відповідь: не можливо.
3. Розв’яжіть систему рівнянь:
3. Для зручності позначимо: , , .
        
Тоді, додаючи всі три рівняння, отримуємо: 2(a+b+c)=6048.
Звідси a+b+c=3024. З першого рівняння системи маємо c=3024-2015=1009;
З другого – a=3024-2016=1008; з третього – b=3024-2017=1007.
Тоді , , .
Відповідь: , , .
4.Нехай x0 – спільний корінь цих рівнянь. Тоді ax0 2017 + b = bx02017 + a,
(a – b)x02017 = a – b. Оскільки a ≠ b , то x0 = 1. Отже, a + b = - 1.
Відповідь: -1.
5. Трикутники AEF і EDF подібні, бо вони мають спільний кут F і
FAE= ACB= FED (бо кут між дотичною EF і хордою BE дорівнює вписаному куту ВСЕ).
З подібності цих трикутників випливає .
Отже, EF 2= AF·DF= a(a b).











Відповідь: .
6. Запишемо у кожному рядку зліва направо числа  по одному в кожну клітинку. Тоді будуть прибрані дві будь-які клітини з записаними в них числами . Будь-яка фігурка покриває п’ять клітинок, сума чисел на яких кратна . Але сума всіх чисел таблиці, що лишилася дорівнює
,
і має останню цифру , тобто не кратна .
Відповідь: не можна.
10 клас
1. Обчислить значення виразу: =
= =
Відповідь: 2.
2. Позначимо найменший власний дільник через , тоді принаймні одне з чисел  так само дільник нашого числа. Але вони різної парності і кожне з них є дільником шуканого числа. Тому воно точно ділиться на , звідки зрозуміло, що . Тоді , а . Так само очевидно, що саме число є добутком цих двох дільників, тому воно дорівнює 8130 або 64.
Відповідь: 8130 або 64.
3. Оскільки 3x+4y+6z 12, то .  Скористаємось нерівністю Коші-Буняковського: .
4. Подовжимо CA за точку A, відмітимо точку E таку, що
AE = AD. Прямокутні трикутники BAE і BAD рівні за двома катетами, отже
BD = BE. Доведемо, що DC ≥ DE.
Через точку D проведемо пряму, паралельну BC, нехай вона перетинає відрізок BE у точці F.
Достатньо довести, що BF ≥ FE, і, застосувавши теорему Фалеса, одержати, що DC ≥ DE.
Або достатньо довести, що BF ≥ BE = BD.
Кути FDB и DBC – внутрішні різносторонні при паралельних DF і BC та січній BD, отже BDF = 30.
Але тоді в трикутнику BDF сторона BF, яка лежить навпроти кута 30, не коротша половини BD. Щоб це пояснити, опустимо з B перпендикуляр на DF, нехай X – основа цього перпендикуляра, тоді BX = BD (бо BX – катет, що лежить навпроти кута 30º у прямокутному трикутнику DBX), а BF ≥ BX (бо похила  не коротша за  перпендикуляр).
Отже, BF ≥ BD, CD 2AD .
5. х2+(2017+а)х+2016а+4033=0, 
,
Оскільки нас цікавлять лише цілі значення х і а, то х+2016 – дільник простого числа 2017. Таким чином, отримаємо 4 можливих значення х.
1)    х+2016=2017. Отже, х=1, а=-3.
2)    х+2016=1. Отже, х=-2015, а=-3.
3)    х+2016=-1. Отже, х=-2017, а=4033.
4)    х+2016=-2017. Отже, х=-4033, а=4033.
Відповідь:-3 , 4033.
6. Пофарбуємо вузли сiтки чорним i бiлим кольором у «шаховому» порядку (тобто нiякi два сусiднi вузли не є однокольоровими). Оскiльки всi вiдрiзки ламаної утворюють кут 45з лiнiями сiтки, то всi її вершини, як нескладно помiтити, є одного кольору.
Без обмеження загальностi будемо вважати, що чорного.
Тодi з’єднаємо всi пари чорних точок, вiдстань мiж якими дорiвнює , зеленими вiдрiзками. Бачимо, що чорнi вузли разом з зеленими вiдрiзками утворюють нову клiтчату сiтку з площею квадратика, рiвною 2.
Тодi всi вiдрiзки нашої ламаної, як неважко переконатися, йдуть по лiнiям нової сiтки, причому обмежують 8 2 = 4 її квадратики. Що ж вiдбувається з вузлами початкової сiтки? Тi, якi ми позначили чорним кольором, переходять у вершини нової, а тi, якi бiлим – в центри нових квадратикiв. Останнiх у нас, очевидно, 4, а вершин нової сiтки – стiльки ж, скiльки рiзних квадратикiв 2 × 2 мiстить ламана на новiй сiтцi (взаємно однозначна вiдповiднiсть мiж квадратиками 2×2 i їх центрами, якi лежать всерединi ламаної). Таких квадратикiв, очевидно, не може бути бiльше одного, адже площа одного вже дорiвнює площi всерединi ламаної. Звiдси маємо i вiдповiдь – 4 або 5. Приклади для обох варiантiв наведенi нижче.













Вiдповiдь: 4 або 5.
11 клас
1.Якщо n=2017,
то = .
Відповідь: .
2. Розв’яжіть рівняння: 2017х –2016х=1.
Доведемо, що інших розв’язків немає.
Функція в лівій частині рівняння зростає, в правій – спадає. Отже, рівняння має не більше 1 розв’язку.
Відповідь: х=1.
3. Оскільки x >0 і y>0, то за нерівністю між середнім арифметичним і середнім геометричним двох додатних чисел маємо , тобто . Тому .
4. Доведемо, що BC AB.
Розглянемо проекції точок M і C на пряму AB точки M1 і C1 відповідно.
Тоді точка M1 основа висоти рівнобедреного трикутника ABM, отже, є серединою сторони AB, BM1 = AB.
CBC1 = 180˚ABC = 60 ˚, тому BC1 =BC cos 60 = BC.
Але BC = MC ≥ M1C1 = M1B + BC1 = AB+ BC, откуда BC ≥ AB.
Аналог
ічно, використовуючи проекції точок N і A на пряму BC, доведемо, що BC ≤ AB. Отже, BC = AB.
5. При x =0 маємо f(0)=-1.
При y=0 маємо  
.
Перевіркою переконуємось, що ця функція задовольняє умову.
Відповідь: .
6. Припустимо, що таких цілих чисел немає.
Нехай, число 2016 пофарбовано в синій колір, а число 2017 – в жовтий. Розглянемо 2 випадки:
1) Число 0 пофарбовано в жовтий колір.
Оскільки числа 0 і 2017 – жовті, то число -2017 пофарбовано в синій колір.
Оскільки числа -2017 і 2016 – сині, і -2017+2016+1=0, то число 1 – жовте. Аналогічно, оскільки, числа 0 і 1 –жовті, то число -1 повинно бути  синім.
Далі, числа -1 і 2016 – сині, отже число -2015 – жовте, тоді число 2015 –синє.
Числа -2015 і 2017 – жовті, 2017 +(-2015)+(-2)=0, тому число -2 – синє, тоді число 2 –жовте.
Таким чином, числа 1 і 2 пофарбовані жовтим кольором.
Нехай число n – найменше натуральне число, пофарбоване синім кольором, тоді число - n пофарбовано жовтим кольором.
Оскільки 1+(n-1)+(- n)=0, n>2 і ці три числа – жовті, отримаємо протиріччя.
2) Число 0 пофарбовано в синій колір.
Оскільки числа 0 і 2016  – сині, то  число -2016 пофарбовано в жовтий колір.
Оскільки числа -2016 і 2017 – жовті, і -2016+2017+(-1)=0, то число -1 –синє.
Аналогічно, оскільки, числа 0 і -1 – сині, то число 1 повинно бути жовте. Далі, числа 1 і -2016 – жовті, отже число 2015 – синє, тоді число -2015 – жовте. Числа -2015 і 2017 – жовті, (-2015)+ 2017 + (-2)=0, тому число -2 – синє.
Таким чином, числа -1 і -2 пофарбовані синім кольором.
Нехай число m – найбільше ціле від’ємне число, пофарбоване жовтим кольором, тоді число - m пофарбовано синім кольором.
Оскільки -1+(-m +1)+ m =0, -m<2 і ці три числа – cині, отримаємо протиріччя.
Відповідь: обов’язково.